Doc01. Álgebra Linear, Cálculo Vetorial e Matricial.pdf Doc02. Cálculo Diferencial e Integral.pdf Doc03. Circuitos Elétricos.pdf Doc04. Bombas, Compressores e Turbinas.pdf Doc05. Máquinas Elétricas e Acionamentos.pdf Doc06. Sistemas de Controle.pdf Doc07. Sistemas de Potência l.pdf Doc08. Sistemas de Potência II.pdf Doc09. Teoria Eletromagnética.pdf Doc10. Eletrônica Analógica.pdf Doc11. Eletrônica Digital.pdf Doc12. Mecânica dos Fluidos.pdf Doc13. Termodinâmica.pdf Doc14. Probabilidade e Estatística.pdf
PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E NGENHEIRO ( A )
DE
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA PROMINP - N ÍVEL S UPERIOR - M ATEMÁTICA V
T
Álgebra Linear,
AF
Cálculo Vetorial e Matricial Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DAS BANCAS
CESGRANRIO
D R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos www.exatas.com.br
E
CESPE
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398.126.848-24
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Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
D R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Índice de Questões
Q21 (pág. 1), Q22 (pág. 3), Q23 (pág. 5), Q42 (pág. 6).
T
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1
AF
Q21 (pág. 7), Q22 (pág. 9), Q23 (pág. 10), Q27 (pág. 11), Q54 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 Q37 (pág. 13), Q38 (pág. 14), Q39 (pág. 15), Q40 (pág. 16), Q49 (pág. 17). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 Q21 (pág. 18), Q22 (pág. 19), Q23 (pág. 22), Q26 (pág. 20), Q46 (pág. 23). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
D R
Q2 (pág. 21), Q3 (pág. 24), Q4 (pág. 25), Q32 (pág. 27), Q33 (pág. 28), Q52 (pág. 30), Q61 (pág. 31), Q62 (pág. 32), Q63 (pág. 33).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008 Q32 (pág. 34), Q39 (pág. 35), Q41 (pág. 36), Q42 (pág. 37). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 Q58 (pág. 38), Q61 (pág. 39), Q62 (pág. 40), Q66 (pág. 41), Q68 (pág. 42), Q73 (pág. 44).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q59 (pág. 45), Q60 (pág. 46). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1
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Q69 (pág. 47), Q70 (pág. 49).
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q44 (pág. 50), Q48 (pág. 51). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q64 (pág. 19), Q65 (pág. 22). *(Questões comuns às provas de Petróleo e Elétrica) 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q8 (pág. 52), Q9 (pág. 54), Q10 (pág. 53). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011 Q56 (pág. 55), Q57 (pág. 57), Q58 (pág. 59), Q59 (pág. 60), Q61 (pág. 62), Q69 (pág. 63), Q70 (pág. 64).
Q14 (pág. 65), Q18 (pág. 66).
T
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2008
Prova: Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Elétrica - PetroquímicaSuape 2011/1
AF
Q20 (pág. 61), Q22 (pág. 68).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q46 (pág. 69).
Prova: Grupo G - Matemática V - PROMINP 2012
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D R
Q13 (pág. 70), Q16 (pág. 71).
Prova: Grupo F - Matemática V - PROMINP 2010 Q11 (pág. 72), Q13 (pág. 73), Q16 (pág. 74), Q17 (pág. 75). Prova: Grupo F - Matemática V - PROMINP 2009 Q13 (pág. 76), Q15 (pág. 79), Q17 (pág. 77), Q20 (pág. 78).
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Número total de questões resolvidas nesta apostila: 69
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Álgebra Linear,
Questão 1
T
Cálculo Vetorial e Matricial
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2014/2)
AF
Sejam e duas bases do R2 tais que a matriz mudança 5 3 . de base, de para , é dada por 6 4 A matriz mudança de base, de para , é dada por (A)
4 3 6 5
D R
(B)
3 2 2 (D) 5 3 2
5 6 3 4
(C)
3 2 2 (E) 5 3 2
5 6 3 4
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Resolução:
Sendo M igual a matriz mudança de base, vale a seguinte equação: Mα = β
A matriz mudança no sentido contrário pode ser obtida através de: M −1 M α = M −1 β α = M −1 β
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Para encontrar a inversa de uma matriz, o candidato pode optar pela ma-
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2
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neira complicada, através da seguinte propriedade: AA−1 = I " #" # " # 5 3 a b 1 0 = 6 4 c d 0 1 5a + 3c = 1 6a + 4c = 0 5b + 3d = 0 6b + 4d = 1
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5 2
T
Resolvendo estes sistemas, descobrirá que a = 2, b = - 32 , c = -3, d =
Desejando ganhar tempo na prova, lembre-se dessa regra prática para encontrar a inversa de uma matriz de ordem 2 (trocar de posição os elementos da
AF
diagonal principal e trocar o sinal dos elementos da diagonal secundária, dividir todos os elementos pelo determinante): " # a11 a12 A= a21 a22 " # a22 −a12 1 −1 A = det(A) −a21 a11
D R
Sendo assim:
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5 3 det(A) = 6 4 det(A) = 5 × 4 − (3 × 6) det(A) = 2 A−1 A−1
" # 4 −3 1 = det(A) −6 5 " # 2 − 32 = −3 52
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Alternativa (E)
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Questão 2
3
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2014/2) Considere a transformação linear T : R3 → R3 definida pela
4 1 6 matriz A 2 1 6 . O número real 2 é um autovalor 2 1 8
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da transformação T. Uma base do autoespaço associado a tal autovalor é (A) {(1,0,0);(0,1,0);(0,0,1)} (B) {(2,1,0);(3,1,0)} (C) {(1,2,0);(3,0,1)} (D)
21 ,1,0
T
(E) {(3,0,1)]
AF
Resolução:
Para um autovetor V = (x, y, z) e um autovalor λ de uma transformação linear qualquer, vale a seguinte equação:
AV = λV
D R
Com os dados da questão, portanto: 4 −1 6 x x 2 1 6 y = 2 y 2 −1 8 z z
4x − y + 6z 2x + y + 6z 2x − y + 8z
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= 2x = 2y = 2z
Olhando bem pro sistema que se apresenta, o candidato percebe que este pode ser resumido em uma única equação: 2x − y + 6z = 0 Expressando da maneira a seguir, vemos que restam apenas duas variáveis
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livres na solução. Isso implica que dois vetores formam a base do subespaço, um
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4
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terceiro já seria LD. x=
y − 6z 2
O vetor V pode ser expresso como:
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V =(
y − 6z , y, z) 2
Para encontrar os vetores LI da base, os valores 0 e 1 serão aplicados as variáveis y e z alternadamente: 1−6×0 , 1, 0) 2 1 V1 = ( , 1, 0) 2
T
V1 = (
0−6×1 , 0, 1) 2 V2 = (−3, 0, 1)
AF
V2 = (
Multiplicar por 2 o vetor V1 é uma outra maneira de expressar a mesma base do subespaço e leva a encontrar a alternativa correta.
Alternativa (C)
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Questão 3
5
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2014/2) Considere V um espaço vetorial e v1, v 2 , v 3 ,..., v n elementos de V. Considere U o subespaço de V gerado por tais n elementos. Dizer que o conjunto v1, v 2 , v 3 ,..., v n é linearmente dependente é o mesmo que dizer que a dimensão do espaço
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(A) (B) (C) (D) (E)
U é igual a n. U é menor do que n. U é menor do que a dimensão do espaço V. V é menor do que a dimensão do espaço U. V é a dimensão do espaço U adicionada a n.
T
Resolução: O conjunto do espaço vetorial V que foi apresentado possui n elementos e é LD. A base de um subespaço é composta por vetores LI. Sendo assim, nem todos os vetores do conjunto compõem a base do subespaço gerado U. A dimensão de
AF
U fica limitada a ser menor que n.
A dimensão do espaço V é desconhecida porque o conjunto de vetores apresentado não necessariamente contém uma base do espaço V e, portanto, não se pode comparar a dimensão do espaço U com a dimensão do espaço V.
Alternativa (B)
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D R
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Questão 4
6
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2014/2) Considere os vetores u (1, 2,3) e v (1,1,3) . Um vetor w do R3 é simultaneamente normal aos vetores u e v e possui componente z igual a 1. A soma das duas outras componentes do vetor w é (A) 9 (B) 3 (C) 0 (D) 3 (E) 9
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Resolução: A característica de ser simultaneamente normal aos vetores ~u e ~v é indício
FT
de que o vetor w ~ é fruto do produto vetorial dos dois vetores anteriores. O produto
D R T A
vetorial pode ser calculado através da maneira apresentada a seguir: ~ ~ ~ i j k ~u × ~v = u1 u2 u3 v1 v2 v3 ~ ~ ~ i j k ~u × ~v = 1 −2 3 1 1 3 ~u × ~v = −6~i + 3~j + ~k − (3~i + 3~j − 2~k) ~u × ~v = (−6 − 3)~i + (3 − 3)~j + (1 + 2)~k
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~u × ~v = −9~i + 0~j + 3~k
Como a questão afirma que a componente z é igual a 1, é necessário multi-
plicar o produto vetorial por um escalar (α = 13 )
α(~u × ~v ) = 13 (−9~i + 0~j + 3~k) α(~u × ~v ) = −3~i + 1~k
Ao multiplicar um vetor qualquer por um escalar, a direção do novo vetor é a
mesma. Neste caso, ele continua sendo simultaneamente normal aos vetores ~u e
~v . Como uma das outras componentes é nula, a resposta da questão é o valor da componente x, ou seja: −3.
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Alternativa (B)
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Questão 5
7
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Os vetores ,
e
são tais que
+
+
= , onde
é
o vetor nulo. Se
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denota o produto escalar entre os veto=
res x e y, e +
+
= 1 e
=
, o valor de
é igual a
Resolução:
T
(A) − 4 (B) − 2 (C) 0 (D) 2 (E) 4
Primeiramente lembremos algumas propriedades:
AF
h~u, ~v i = h~v , ~ui
h~u, ~ui = |~u||~u|cos(0) = |~u|2
hw, ~ ~u + ~v i = hw, ~ ~ui + hw, ~ ~v i
Agora, partindo da equação dada:
D R
~u + ~v + w ~ =0
(1) 398.126.848-24
Se fizermos o produto escalar da equação 1 com ~u temos: h~u, ~ui + h~u, ~v i + h~u, wi ~ =0 |~u|2 + h~u, ~v i + h~u, wi ~ =0 h~u, ~v i + h~u, wi ~ = −|~u|2 h~u, ~v i + h~u, wi ~ = −1
(2)
Similarmente, se fizermos o produto escalar da equação 1 com ~v temos: h~v , ~ui + h~v , ~v i + h~v , wi ~ =0 h~v , ~ui + |~v |2 + h~v , wi ~ =0 h~v , ~ui + h~v , wi ~ = −|~v |2 (3)
12
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h~v , ~ui + h~v , wi ~ = −1
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E novamente, se fizermos o produto escalar da equação 1 com w ~ temos: hw, ~ ~ui + hw, ~ ~v i + hw, ~ wi ~ =0 hw, ~ ~ui + hw, ~ ~v i + |w| ~ 2=0 hw, ~ ~ui + hw, ~ ~v i = −|w| ~2
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hw, ~ ~ui + hw, ~ ~v i = −2
(4)
Como h~v , ~ui = h~u, ~v i, hw, ~ ~ui = h~u, wi ~ e hw, ~ ~v i = h~v , wi, ~ com as equações 8, 9 e 10 podemos montar o seguinte sistema de equações: ~ = −1 h~u, ~v i + h~u, wi
T
h~u, ~v i + h~v , wi ~ = −1 h~u, wi ~ + h~v , wi ~ = −2
(5)
AF
Cuja solução nos fornece: h~u, ~v i = 0, h~u, wi ~ = −1 e h~v , wi ~ = −1. Portanto: h~u, ~v i + h~u, wi ~ + h~v , wi ~ = 0 − 1 − 1 = −2
Alternativa (B)
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D R
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Questão 6
9
39 8. 12 6
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Se os vetores v1 e v2 formam uma base para um espaço vetorial, qualquer vetor v, desse espaço, pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores da base, ou seja, pode-se escrever , onde os números reais α e β são chamados de coordenadas de na base formada por v1 e v2. 1 Na figura a seguir, o vetor v está representado na base 2
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T
formada pelos vetores v1 e v2.
Qual a soma das coordenadas, na base considerada, do
Resolução:
?
AF
vetor
(A) − 10
(B) − 5
(D)
(E) 1
(C)
Como podemos perceber, a seta do vetor 12 ~v encontra a seta do vetor −2~v1 ,
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D R
ou seja, a operação mostrada na figura então é uma subtração de vetores, dada por:
1 −2~v1 − 3~v2 = ~v 2
Agora, multiplicando ambos os lados por 2 temos: −4~v1 − 6~v2 = ~v
Ou seja, as coordenadas referentes a ~v1 e ~v2 que determinam ~v são iguais a
α = −4 e β = −6. Logo a soma dessas coordenadas será: α + β = −4 − 6 = −10
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Alternativa (A)
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Questão 7
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10
39 8. 12 6
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1) Na figura a seguir, e são vetores de um plano α, e é um vetor normal ao plano α.
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Qual operação, entre os vetores representar?
. .
, o vetor
(A) O produto interno entre
e
(
(B) O produto interno entre
e
(
(D) O produto vetorial entre
e
( x )
(E) O produto vetorial entre
e
( x )
pode
) )
T
e
AF
(C) O produto misto entre
Resolução:
e
Sabemos que um vetor w, ~ perpendicular a ~u e ~v , pode ser obtido através do produto vetorial destes dois últimos. O sentido do vetor w ~ é obtido pela regra da mão direita, onde você posiciona a palma da mão no primeiro vetor e então flexiona os dedos (exceto polegar) no sentido que faria o primeiro vetor se alinhar ao segundo. Ao fazer isso, o polegar indicará o sentido do vetor resultante (onde a 398.126.848-24
D R
ponta do polegar corresponde à ponta vetor resultante).
Ao utilizarmos tal regra prática, vemos que a figura representa ~v × ~u = w. ~
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Alternativa (E)
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Questão 8
11
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1) O vetor = (1,2,− 3) é perpendicular a um plano α que contém o ponto P(3,2,−1). Os pontos do plano são da forma (x, y, z) ∈ R3, onde os números x, y e z satisfazem a relação
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(A) (B)
Resolução:
T
(C) x + 2y − 3z = 0 (D) 3(x − 1) + 2(y − 2) − (z + 3) = 0 (E) (x − 3) + 2(y − 2) − 3(z + 1) = 0
A equação do plano surge a partir do produto escalar entre um vetor pertencente ao plano e um vetor normal ao plano.
AF
Conhecendo um ponto P do plano e tomando um ponto qualquer P0 = (x, y, z), surge um vetor V~ contido no plano. O produto escalar deste vetor com o vetor normal deve ser nulo, pois os vetores são ortogonais entre si. Montando P0 − P , o vetor V~ é, portanto, igual a (x − 3, y − 2, z + 1). Realizando o produto escalar:
~n · V~ = 0
D R
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(1, 2, −3)(x − 3, y − 2, z + 1) = 0
(x − 3) + 2(y − 2) − 3(z + 1) = 0
A equação acima responde a questão, porém pode ser rearranjada para a
representação mais comum da equação geral do plano: (x − 3) + 2(y − 2) − 3(z + 1) = 0 x − 3 + 2y − 4 − 3z − 3 = 0 x + 2y − 3z = 10 Qualquer ponto (x, y, z) que zerar esta equação está dentro do plano α.
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Alternativa (E)
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 9
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Considerando os vetores u e v unitários, tais que o produto interno u.v = −1, a soma u + v será um vetor (A) unitário (B) de módulo 2 (C) nulo (D) paralelo a u (E) igual à diferença u − v
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Resolução: O produto interno entre dois vetores ~u e ~v é definido como: ~u · ~v = |u||v|cos(θ) onde θ é o ângulo entre estes dois vetores. Do enunciado sabemos que |u| = |v| = 1 (vetores unitários), e também que ~u · ~v = −1, logo: ~u · ~v = −1 |u||v|cos(θ) = −1 1 × 1 × cos(θ) = −1 θ = n × 180◦ 398.126.848-24
◦
Ou seja, como θ é um múltiplo inteiro de 180 sabemos que os dois vetores têm a mesma direção e sentidos opostos. Como estes dois vetores apresentam o mesmo módulo e são colineares, a soma resultará em zero.
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Alternativa (C)
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 10
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1) Se u = (1, 2), v = (– 2, 5) e w = (x, y) são vetores de IR2, então, para que w = 3u − v, x + y deve ser igual a (A) 2 (B) 6 (C) 0 (D) 12 (E) 18
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Resolução: Para encontrarmos o valor de w, basta substituirmos os vetores u e v na expressão dada: w = 3u − v (x, y) = 3(1, 2) − (−2, 5) (x, y) = (3 + 2, 6 − 5) (x, y) = (5, 1) Portanto x + y = 5 + 1 = 6.
Alternativa (B)
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Questão 11
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1)
Se um conjunto de vetores é base de um espaço vetorial, então qualquer vetor desse espaço pode ser obtido através de combinações lineares dos vetores do conjunto. Qual dos conjuntos a seguir é uma base para o espaço vetorial IR2? (A) {(−1,2)} (B) {(1,1),(3,3)} (C) {(0,0), (3,4)} (D) {(3,1), (8,3)} (E) {(1,2), (3,5), (1,0)}
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Resolução: Para um conjunto de vetores ser base de um espaço vetorial V , este conjunto deve conter apenas vetores Linearmente Independentes, e ser capaz de gerar V . Ou seja, para um conjunto de vetores ser base de <2 , este conjunto deve conter dois, e apenas dois, vetores LI. Agora julguemos as alternativas: A) Apenas um vetor não pode gerar <2 , logo esta alternativa é falsa. B) Estes dois vetores são LD ((3, 3) = 3(1, 1)), logo não podem ser uma base de <2 . Alternativa falsa. C) Uma base não pode conter o vetor (0, 0), pois este vetor é sempre LD. Alternativa falsa. 398.126.848-24
D) Como este conjunto contém dois vetores LI, logo é uma base de <2 . Alternativa verdadeira. E) Uma base para <2 deve conter apenas dois vetores, pois o terceiro necessariamente será LD. Alternativa falsa.
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Alternativa (D)
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Questão 12
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1)
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Figura 2
Figura 1
Figura 3
Todos os vetores da ilustração acima têm o mesmo módulo. Se E1, E2 e E3 são os produtos escalares dos vetores das Figuras 1, 2 e 3, respectivamente, então (A) E1 = E2 = E3 (B) E1 < E3 e E2 = 0 (C) E1 < E2 e E3 = 0 (D) E1 < E2 < E3 (E) E3 < E2 < E1
Resolução: Sabemos que o produto escalar entre dois vetores u e v é dado por: u · u = |u||v|cos(θ) onde θ é o menor ângulo entre os dois vetores. Como nas três figuras os vetores u e v têm o mesmo módulo, os produtos escalares se diferirão apenas pelo termo cos(θ). Portanto, analisemos os três
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casos: Figura 1 - Nesta figura vemos que θ é um ângulo agudo, logo cos(θ) > 0 e consequentemente E1 > 0. Figura 2 - Nesta figura vemos que θ é um ângulo reto, logo cos(θ) = 0 e consequentemente E2 = 0. Figura 3 - Nesta figura vemos que θ é igual a 180◦ , logo cos(θ) = −1 e consequentemente E3 < 0. Com isso concluímos então que E3 < E2 < E1 .
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Alternativa (E)
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Questão 13
16
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1)
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A área do quadrilátero da figura acima (região sombreada) pode ser obtida através do módulo da expressão (A) (D) (B) (E) (C)
Resolução: Sabemos que a área A do paralelogramo determinado por dois vetores u
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e v é numericamente igual ao módulo do produto vetorial destes dois vetores, ou seja: A = |u × v| Da figura apresentada podemos identificar dois vetores u = (a, b) e v = (c, d), portanto a área em questão pode ser calculada como segue: A = |u × v| A = |(a, b) × (c, d)| ! a b A = det c d
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Alternativa (A)
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Questão 14
17
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1)
Sabendo que
,
e que
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, qual é o valor de x?
(A) (B) (C) (D) (E)
−2 1 2 3 5
Resolução: Lembrando uma propriedade dos determinantes: Se a matriz B é igual a A, salvo uma troca de posição entre duas linhas, então temos det(B) = − det(A). Para calcularmos o determinante da matriz de ordem 4 apresentada utilizaremos o método dos cofatores, e o elemento x como “pivô”. Logo: det(A4×4 ) = a ˜11 + a ˜21 + a ˜31 + a ˜41 det(A4×4 ) = 1 × (−1)1+1 × det(A˜11 ) + 0 + x × (−1)3+1 × det(A˜31 ) + 0 g h i m n p 7 = 1 × 1 × d e f + 0 + x × 1 × g h i + 0 a b c a b c
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7 = 1 × (−3) + x × (2) 2x = 10 x=5 Observe que as duas matrizes de ordem 3 que apareceram no nosso cálculo são iguais às duas matrizes apresentadas no enunciado, salvo uma troca de linhas. Por isso os determinantes utilizados no nosso cálculo tiveram o sinal invertido.
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Alternativa (E)
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Questão 15
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
Considere a equação matricial AX = B. Se A =
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18
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eB=
, então a matriz X é
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
T
Resolução: Podemos desenvolver a equação dada como segue: AX = B
AF
(A−1 )AX = (A−1 )B X = A−1 B
Como A é de ordem 2, fica fácil encontrarmos sua inversa A−1 . Primeiramente encontramos o determinante de A:
D R
det(A) = 1 × (−1) − (−1 × 2) = 1
398.126.848-24
Agora trocamos os elementos da diagonal principal de A, invertemos o sinal
da diagonal secundária, e dividimos cada elemento pelo valor do determinante, resultando em:
A−1 =
"
# −1 −2 1
1
Agora então podemos encontrar X: X = A−1 B " #" # −1 −2 3 −2 X= 1 1 1 4 " # −5 −6 X= 4 2
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Alternativa (B)
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Questão 16
19
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
Com relação ao sistema de variáveis reais x e y,
, no qual m e n são números reais, tem-se que
(A) se m = –1 e n = –3, qualquer par ordenado (x,y), x e y reais, é solução.
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(B) não tem solução se m = –1 e n
–3.
(C) tem sempre solução quaisquer que sejam m e n reais. –1.
(D) tem duas soluções se m (E) (1,1) é solução se m = n.
Resolução:
T
Analisemos as alternativas: A) Se m = −1 e n = −3 as duas equações do sistema se tornam Linermente Dependentes, logo podemos eliminar uma das equações e chegar ao resultado:
AF
y = x + 3. Logo os pares ordenados que satisfazem tal sistema são da forma (x, x + 3), e não qualquer par ordenado (x, y) como afirma a alternativa. B) Quando m = −1, nosso sistema fica: ( −x + y = 3 x−y =n
Ao somarmos as duas equações chegamos a 0 + 0 = 3 + n, resultando em 398.126.848-24
D R
n = −3. Ou seja, se n 6= −3 o sistema não tem solução, como afirma a alternativa.
C) A alternativa (B) mostra um caso no qual não é qualquer n que faz o sistema ter solução, logo esta alternativa é falsa.
3+n D) Se m 6= −1 o sistema apresenta solução única, dada por x = ey = m+1 3+n − n, logo esta alternativa é falsa. m+1 E) Substituindo (1, 1) no resultado da alternativa anterior vemos que as igualdades não se verificam, mesmo com m = n, logo esta alternativa é falsa.
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Alternativa (B)
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Questão 17
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
Considere a transformação linear T: de T,
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e
20
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reais e
tal que T(1, 0) = (–1, 1) e T(0, 1) = (3, 2). Sendo
e
os autovalores
, tem-se que
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução: No enunciado percebemos que é informado T (1, 0) e T (0, 1), ou seja, a
T
transformação da base canônica de <2 . Logo podemos montar diretamente nossa matriz T , onde a primeira linha é igual a T (1, 0) e a segunda linha é igual a T (0, 1), como segue: "
#
AF
T =
−1 1 3
2
Para encontrarmos os autovalores de T resolvemos det(T − λI) = 0, como segue:
det(T − λI) = 0 " #! 1 0 det −λ =0 3 2 0 1 " #! (−1 − λ) 1 det =0 3 (2 − λ)
D R
" # −1 1
398.126.848-24
(−1 − λ)(2 − λ) − 3 × 1 = 0 λ2 − λ − 5 = 0
Da equação de segundo grau acima tiramos diretamente que λ1 + λ2 = 1
e λ1 λ2 = −5, porém não há nenhuma alternativa com estes resultados. Logo aplicamos Báskara: λ=
1±
p √ 1 − 4 × 1 × (−5) 1 21 = ± 2×1 2 2
Como λ1 > λ2 , temos: √ 1 21 e λ2 = − 2 2
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√ 1 21 λ1 = + 2 2
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De onde tiramos: √ 1 21 λ1 − λ2 = + − 2 2
√ ! √ 1 21 − = 21 2 2
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Alternativa (C)
Questão 18
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
(A) são ortogonais. (B) são ambos unitários. (C) têm mesma direção. (D) formam ângulo obtuso.
Resolução:
AF
(E) apenas o vetor u é unitário.
T
3 4 1 1 Considere os vetores u = ( , ) e v = ( ,- ) . So5 5 2 2 bre esses vetores tem-se que
Para podermos resolver esta questão vamos calcular primeiramente o módulo de cada vetor, e então analisaremos o ângulo entre os mesmos. Abaixo o cálculo dos módulos:
s 2 √ 2 1 1 2 |u| = u · u = + = 2 2 2 s 2 2 √ 3 −4 |v| = v · v = + =1 5 5
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D R
√
Agora podemos analisar o ângulo entre u e v, utilizando o produto escalar:
12
6.
84
8-
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u · v = |u||v|cos(θ) √ 1 3 1 −4 2 × + × = × 1 × cos(θ) 2 5 2 5 √2 1 2 − = cos(θ) 10 2 2 cos(θ) = − √ 10 2 √ 2 cos(θ) = − 10
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39 8. 12 6
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Agora podemos analisar as alternativas: A) Falso. Seriam ortogonais se cos(θ) fosse igual a 0. B) Falso. Como vimos, apenas v é unitário (possui módulo igual a 1). 398.126.848-24
C) Falso. Se tivessem a mesma direção teríamos cos(θ) igual a 1 ou -1. D) Verdadeiro. Como vimos, cos(θ) < 0, logo o ângulo θ entre estes dois vetores é obtuso. E) Falso. Apenas v é unitário.
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
AF
Questão 19
T
Alternativa (D)
Seja T uma transformação linear de
em
tal que T(u) = (–1, 2) e T(v) = (0,3), onde u e v são vetores de
. Sendo
a e b reais não nulos, tem-se que T(au + bv) é igual a (A) (–a , 2a+3b) (B) (–a+2b , 3b) (C) (–b , 2b+3a) (D) (–b+2a , 3a) (E) (–a , 5b)
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D R
Resolução:
Por T ser uma transformação linear, sabemos que vale a propriedade: T (au + bv) = aT (u) + bT (v)
Como conhecemos T (u) e T (v), basta substituirmos na expressão acima: T (au + bv) = aT (u) + bT (v) T (au + bv) = a(−1, 2) + b(0, 3) T (au + bv) = (−a, 2a + 3b)
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Alternativa (A)
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Questão 20
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
Sejam u e v vetores de
cujos módulos são, respecti-
vamente, 3 e 1 e que formam entre si um ângulo θ tal que cosθ =
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(A)
. O módulo do vetor 2u – 3v é
3
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução:
T
Primeiramente, lembremos as seguintes propriedades: u · v = |u||v|cos(θ)
AF
u · u = |u||u|cos(0) = |u|2 √ |u| = u · u
Portanto o módulo de 2u − 3v será dado por:
p (2u − 3v) · (2u − 3v) √ = 4u · u − 6u · v − 6v · u + 9v · v √ = 4u · u − 12u · v + 9v · v p = 4|u|2 − 12|u||v|cos(θ) + 9|v|2 s −2 3 = 4 × 3 − 12 × 3 × 1 × + 9 × 12 3 √ = 36 + 24 + 9 √ = 69
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Alternativa (E)
12
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D R
|2u − 3v| =
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Questão 21
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1) Seja S o subespaço vetorial de R3 formado por todos os ternos (x, y, z) que são soluções do sistema linear
ì2x + y + 3z = 0 í î x - y + 2z = 0
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Considere as seguintes afirmativas relativas a S: I - S é o espaço gerado pelos vetores (2, 1, 3) e (1, –1, 2); II - todos os vetores em S são ortogonais ao vetor (2, 1, 3); III - S tem dimensão 0.
T
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) II e III.
AF
Resolução:
O primeiro passo é encontrarmos a solução para o sistema. Apenas isolando as variáveis chegamos à seguinte solução: S=
1 3 {(x, y, z)/y = − x; z = − x} 5 5
ou ainda, de forma mais compacta:
398.126.848-24
D R
1 3 S = x, − x, − x 5 5
Agora vamos julgar os itens:
I - Como dim(S) = 1 (há apenas uma variável livre, no caso x), a base que gera S deve conter apenas um vetor, logo este item é falso. Para verificar, faça: 1 3 x, − x, − x = a(2, 1, 3) + b(1, −1, 2) 5 5 e verifique que o sistema não tem solução. O mesmo teria solução caso os dois vetores apresentados fossem LD, porém deste modo eles não poderiam formar uma base de S.
II - Para analisarmos o ângulo entre os vetores de S e o vetor u = (2, 1, 3) pode-
12
6.
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8-
24
mos utilizar o produto escalar, como segue: 1 3 S · u = x, − x, − x · (2, 1, 3) 5 5
39
8.
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−1 −3 x+3× x 5 5 10x − 1x − 9x S·u= 5 S·u=0 S · u = 2x + 1 ×
398.126.848-24
Como sabemos, o produto escalar entre dois vetores é dado por: u · v = |u||v|cos(θ) Então, se o produto escalar resultar em zero, como vimos acima, isso implica que cos(θ) = 0, ou seja, estes dois vetores devem ser ortogonais. Portanto
T
este item é verdadeiro. III - Falso. Como vimos S tem dimensão igual a 1, pois apresenta uma variável livre, e uma base de S deve conter apenas um vetor, não nulo.
AF
Alternativa (B)
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
D R
Questão 22
398.126.848-24
1
1
1
-1
Q
1 L
A imagem do quadrado Q, representado acima na figura à esquerda, por uma transformação linear T: R2 R2 é o losango L representado na figura à direita. Dentre as matrizes abaixo, aquela que pode representar T com respeito à base canônica de R2 é
-1 ù (A) é 1 ê1/ 2 1/ 2ú ë û
1 ù (B) é 1 ê -1/ 2 -1/ 2ú ë û
(E) é1/ 2 1/ 2ù ê 1 1 úû ë
12
6.
84
8-
24
(D) é 1 1ù ê0 1ú ë û
(C) é 1 1ù ê -1 1ú ë û
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8.
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398.126.848-24
Resolução: Sabemos que um vetor (x, y), na base canônica é escrito como: (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) 398.126.848-24
Portanto uma expressão para a transformação T : <2 → <2 na base canônica, notada como T (x, y), é expressa como: T (x, y) = xT (1, 0) + yT (0, 1)
T
Observando o gráfico dado, podemos identificar a transformações dos dois vértices que nos interessam, que são T (1, 0) = 1, 12 e T (0, 1) = −1, 12 , onde {(1, 0); (0, 1)} são dois vértices do quadrado Q e { −1, 12 ; 1, 12 } são dois vértices do losango L. Logo:
AF
T (x, y) = xT (1, 0) + yT (0, 1) 1 1 T (x, y) = x 1, + y −1, 2 2 1 1 T (x, y) = x − y, x + y 2 2
D R
Ou seja, nossa matriz canônica T é dada por: " # 1 −1 T = 1 1 2
398.126.848-24
2
Ou seja, a transformação T (x, y) em sua forma matricial é: " #" # 1 −1 x T (x, y)2×1 = 1 1 y 2 2
12
6.
84
8-
24
Alternativa (A)
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8.
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Questão 23
27
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398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
Considere a matriz quadrada A, de ordem n > 1, onde cada elemento aij = i x j, para todos os valores de i e j pertencentes ao conjunto {1,2,3,...,n}. A soma de todos os elementos da matriz A é 398.126.848-24
(A) 12+22+32+...+n2 (B) (1+2+3+...+n)2 (C) n2.(1+2+3+...+n) (D) n.(12+22+32+...+n2) (E) n.(1+2+3+...+n)2
T
Resolução:
AF
Sabemos que nossa matriz A será da forma: 1.1 1.2 1.3 . . . 1.n 2.1 2.2 2.3 . . . 2.n 3.1 3.2 3.3 . . . 3.n A= .. .. .. .. .. . . . . . n.1 n.2 n.3 . . . n.n onde 1.1 é uma simplificação de notação para 1 × 1.
A soma S dos elementos dessa matriz será então:
D R
398.126.848-24
S = (1.1 + 1.2 + 1.3 + . . . + 1.n) + (2.1 + 2.2 + 2.3 + . . . + 2.n)+ + (3.1 + 3.2 + 3.3 + . . . + 3.n) + . . . + (n.1 + n.2 + n.3 + . . . + n.n)
S = 1(1 + 2 + 3 + . . . + n) + 2(1 + 2 + 3 + . . . + n)+ + 3(1 + 2 + 3 + . . . + n) + . . . + n(1 + 2 + 3 + . . . + n)
S = (1 + 2 + 3 + . . . + n)(1 + 2 + 3 + . . . + n) S = (1 + 2 + 3 + . . . + n)2
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6.
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8-
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Alternativa (B)
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Questão 24
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398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
Uma matriz quadrada A, de ordem 2, é tal que a soma dos elementos de cada linha e de cada coluna é igual a 3. Considere as afirmativas abaixo. 398.126.848-24
I - (1, 1) é necessariamente um autovetor de A. II - 3 é necessariamente um autovalor de A. III - (1, 0) é necessariamente um autovetor de A. Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) III, apenas. (D) I e II, apenas. (E) I, II e III.
T
Resolução:
AF
Adotaremos nossa matriz A como sendo: " # a b A= c d
Do enunciado sabemos que a + b = 3, c + d = 3, a + c = 3 e b + d = 3. Agora julguemos os itens:
I - Sabemos que para um vetor v ser autovetor de A temos que satisfazer a
D R
seguinte igualdade:
Av = λv
398.126.848-24
onde λ é o autovalor associado a v. Fazendo v = (1, 1) vamos analisar se a equação anterior tem solução:
"
Av = λv #" # " # a b 1 1 =λ c d 1 1 " # " # (a + b) λ = (c + d) λ
Como sabemos que a + b = 3 e c + d = 3, vemos que a equação acima tem solução quando λ1 = 3. Logo este ítem é verdadeiro, sendo v = (1, 1) um autovetor de A, associado ao autovalor λ1 = 3.
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6.
84
8-
24
II - Verdadeiro, como provamos no item anterior.
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8.
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398.126.848-24
III - Para o vetor u = (1, 0) ser um autovetor de A ele deve satisfazer a seguinte igualdade: Au = λu Desenvolvendo então temos: "
398.126.848-24
a b
#" # 1
c d
0 " # a c
=λ
=
" # 1
0 " # λ 0
Da equação acima tiramos que a = λ2 e c = 0. Como sabemos que a + c = 3,
T
tiramos que a = 3 (logo λ2 = 3) e c = 0. Isso implica que a matriz A será: " # " # 3 0 1 0 A= =3 = λ2 I 0 3 0 1
AF
Ou seja, a matriz A se transforma em um múltiplo da matriz identidade. Concluímos então que este valor de λ = 3 não pode estar associado ao suposto autovetor u = (1, 0), pois tal associação só admite a solução trivial A = λI, como provamos abaixo:
Au = λu
D R
Au − λu = 0
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(A − λI)u = 0
cuja solução trivial é A = λI. Portanto este item é falso.
12
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8-
24
Alternativa (D)
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Questão 25
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39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1) A transformação linear T: R3 R3 associa a cada vetor u de R3 o produto vetorial a × u, onde a = (1, 0, 1). A matriz de T, com respeito à base canônica de R3, é
é0 -1 0 ù ê ú (A) ê 1 0 -1ú ëê0 1 0 úû
é 1 0 1ù ê ú (B) ê0 1 1ú êë 1 1 0 úû
é0 1 0 ù ê ú (C) ê 1 0 1ú êë0 1 0 úû
é 0 1 0ù (D) êê -1 0 -1úú êë 0 1 0 úû
é 0 1 0ù ê ú (E) ê -1 0 1ú êë 0 -1 0 úû
Resolução:
T
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AF
Primeiramente devemos lembrar que, no <3 :
~ ~ ~ i j k u × v = (ux , uy , uz ) × (vx , vy , vz ) = ux uy uz vx vy vz Portanto, como foi dito que T (u) = a × u, com a = (1, 0, 1), temos: 398.126.848-24
D R
(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)
T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1) ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ i j k i j k i j k T (x, y, z) = x 1 0 1 + y 1 0 1 + z 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 T (x, y, z) = x~j + y(~k − ~i) − z~j T (x, y, z) = −y~i + (x − z)~j + y~k T (x, y, z) = (−y, x − z, y)
Alternativa (A)
12
6.
84
8-
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Na forma matricial temos então: 0 −1 0 x T (x, y, z)3×1 = 1 0 −1 y 0 1 0 z
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Questão 26
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398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
A imagem de uma transformação linear T: R6 R3 é o espaço gerado pelos vetores (1, 0, 1), (0, 1, 0) e (1, –1, 1). A dimensão do núcleo de T é (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 (E) 0
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Resolução: De imediato percebemos que, dos três vetores apresentados, apenas dois
T
são LI, já que: (1, −1, 1) = 1 × (1, 0, 1) − 1 × (0, 1, 0)
Ou seja, o espaço gerado por estes vetores (que corresponde à imagem de
AF
T ) têm dimensão igual a 2, já que uma base para este espaço contém dois vetores LI. Ou seja, a dimensão da nossa imagem é igual a 2, ou dim(Im) = 2. Da teoria de Álgebra Linear sabemos que, para uma transformação T : V → W , é sempre verdade:
dim(N ) + dim(Im) = dim(V )
onde dim(N ) é a dimensão do núcleo e dim(Im) a dimensão da imagem.
D R
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No nosso caso temos V = <6 , logo dim(V ) = 6. Além de já termos visto que
dim(Im) = 2, portanto:
dim(N ) + dim(Im) = dim(V ) dim(N ) = dim(V ) − dim(Im) dim(N ) = 6 − 2 dim(N ) = 4
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6.
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Alternativa (A)
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Questão 27
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
O vetor (m, 2, 3) do R3 é uma combinação linear dos vetores (1, 0, 1) e (2, 1, 1). O valor de m é (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
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Resolução: Se o vetor (m, 2, 3) é combinação linear dos vetores (1, 0, 1) e (2, 1, 1), a seguinte igualdade deve se verificar:
T
(m, 2, 3) = a(1, 0, 1) + b(2, 1, 1) (m, 2, 3) = (a + 2b, b, a + b)
AF
onde a e b são constantes reais.
Desta igualdade tiramos diretamente que: b=2
a+b=3
→
a=3−2=1
m=1+2×2=5
Alternativa (E)
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6.
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D R
a + 2b = m
→
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Questão 28
33
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1) Considere as matrizes
A = [1 2 3 4]
398.126.848-24
é0 ê0 B= ê0 ëê0
e
2 3
4ù
0 6 8ú 0 0 12ú 0 0
.
ú 0û
Denotando por A t a matriz transposta de A, a matriz (A t A) – (B + Bt) é
0 0 0 0 6 0 8 12
4ù 8 úú 6 9 12 ú ú 8 12 16 ûú 2 4
3 6
4ù 0 6 8 úú 6 0 12ú ú 8 12 0 ûú 2
é1 ê0 (C) ê ê0 ê ëê0
3
0ù 4 0 0 úú 0 9 0ú ú 0 0 16 ûú 0 0
é1 ê0 (E) ê ê0 ê êë0
0 0 0ù 2 0 0 úú 0 3 0ú ú 0 0 4 úû
AF
é1 ê2 (D) ê ê3 ê ëê 4
Resolução:
é0 ê2 (B) ê ê3 ê ëê 4
0ù 0 úú 0ú ú 0 ûú
T
é0 ê2 (A) ê ê3 ê ëê 4
Para resolver esta questão não há mistérios, basta efetuarmos os cálculos: 1 0 2 3 4 0 0 0 0 h i 2 0 0 6 8 2 0 0 0 t t + (A A) − (B + B ) = 1 2 3 4 − 3 0 0 0 12 3 6 0 0 0 0 0 0 4 8 12 0 4 1 2 3 4 0 2 3 4 2 4 6 8 2 0 6 8 − = 3 6 9 12 3 6 0 12 4 8 12 16 4 8 12 0 1 0 0 0 0 4 0 0 = 0 0 9 0 0 0 0 16
D R
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12
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Alternativa (C)
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Questão 29
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008) Resolvendo o sistema AX=B, onde
é1 1 1 ù é6ù éaù A = ê 1 - 1 - 1ú , X = êb ú e B = ê - 4 ú , t e m o s q u e ú ê ê ú ê ú ë2 - 1 1 û ë1û ëc û
398.126.848-24
b 2 4ac é igual a (A) 1 (C) 1 (E) 3
(B) 0 (D) 2
Resolução: Como vemos, precisamos resolver um sistema de 3 equações e 3 variáveis.
T
Para isso vamos montar a matriz aumentada, escalonar o sistema até um ponto onde a substituição de variáveis se torna bastante simples (o candidato, se preferir, pode escalonar a matriz aumentada até o final, obtendo diretamente o resultado).
AF
Nossa matriz aumentada M é igual a [A B], ou seja: 1 1 1 6 M = 1 −1 −1 −4 2 −1 1 1
Durante o escalonamento Li denotará a linha i. Por exemplo, ao indicarmos L2 = 2L1 + L2 estamos dizendo que no próximo passo a linha 2 será substituida pelo 398.126.848-24
D R
dobro da linha 1, somado a linha 2. Entendido isso, vamos ao escalonamento: 1 1 1 6 −1 2 0 5 2 0 0 2 1 =L1 +L2 L3 =L3 −L1 1 −1 −1 −4 − 3 −2 0 −3 −L− 3 −2 0 −3 − − − − − → − − − − → L2 =L2 +L1 L =L − L2 3 3 2 1 5 2 −1 1 1 2 −1 1 1 0 1 2 2 Já podemos parar neste ponto, pois agora o sistema se resume a: 2a = 2 3a − 2b = −3 1a + c = 5 2 2
Cuja solução é direta: a = 1, b = 3 e c = 2. Portanto:
Alternativa (C)
12
6.
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b2 − 4ac = 32 − 4 × 1 × 2 = 1
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Questão 30
35
39 8. 12 6
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008) No IR4, os vetores x e y são determinados pelo sistema
ìx + 2y = u í î3x + 4y = v
398.126.848-24
Sabendo que u = (1,0,2,3) e v = (2,1,0,5), o produto interno de x e y é (A) 27,5 (B) 26,1 (C) 24,5 (D) 23,5 (E) 21,3
T
Resolução: Ao multiplicarmos a primeira equação do sistema por “-2” e somarmos à segunda equação obtemos:
AF
x = v − 2u Substituindo os vetores v e u então temos:
x = (2, 1, 0, 5) − 2(−1, 0, 2, 3) x = (4, 1, −4, −1)
Agora, voltando ao sistema original basta isolarmos y, como segue: 398.126.848-24
D R
x + 2y = u 1 y = [u − x] 2 1 y = [(−1, 0, 2, 3) − (4, 1, −4, −1)] 2 1 y = (−5, −1, 6, 4) 2
Portanto o produto interno (ou escalar) entre x e y será: 1 x · y = (−5 × 4 − 1 × 1 − 6 × 4 − 4 × 1) 2 1 x · y = × (−49) 2 x · y = −24, 5
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Questão 31
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(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008) Considere os conjuntos a seguir. I - {(1,3,7) , (2,4,3)} II - {(1,2,1) , (1,1,0) , (2,3,4)}
398.126.848-24
ìæ 1 îè 0
0
III - íç
1
öæ 2 ÷, ç - 1ø è 1 2
1 -2
öæ 1 ÷, ç 3 øè 1 1
1 -3
- 1 öü 4
÷ý øþ
É(São) linearmente dependente(s) APENAS o(s) conjunto(s) (A) II (B) III (C) I e II (D) I e III (E) II e III
Julguemos os itens:
T
Resolução:
I - Para o conjunto {(1, −3, 7), (2, 4, 3)} ser linearmente dependente a seguinte
AF
igualdade deve se verificar:
a(1, −3, 7) + b(2, 4, 3) = 0
ou (1, −3, 7) = c(2, 4, 3)
Porém esta equação não tem solução (pois os dois vetores não são múltiplos), logo estes dois vetores são linearmente independentes. II - Para o conjunto {(1, 2, 1), (1, −1, 0), (2, 3, 4)} ser linearmente dependente a seguinte igualdade deve se verificar:
D R
398.126.848-24
a(1, 2, 1) + b(1, −1, 0) + c(2, 3, 4) = 0
Como o leitor pode confirmar, esta equação não tem solução, logo estes três vetores são linearmente independentes.
III - Para evitarmos a resolução de um sistema de equações desnecessariamente, analisemos o conjunto para ver se conseguimos identificar que um dos vetores é combinação dos outros dois. Sem muito esforço vemos que: ! ! ! 1 1 −1 2 1 1 1 0 2 = − 1 −3 4 1 −2 3 0 1 −1 Portanto, trata-se de um conjunto linearmente dependente.
Portanto concluímos que o único conjunto linearmente dependente é o apresen
Alternativa (B)
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6.
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8-
24
tado no item III.
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8.
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 32
37
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008)
æ 1 2ö æ -1ö Sabe-se que AX = B, onde A = ç ÷ e B= ç ÷ . 1 1 è ø è -2 ø O quadrado da norma de X é: (A) 0
398.126.848-24
(B) 1
(C) 2
(D) 3
(E) 4
Resolução: Montando o sistema AX = B temos: " #" # 1 2 x1 −1 1
x2
" =
# −1 −2
T
Cujo sistema de equações lineares correspondente é: ( x1 + 2x2 = −1
AF
−x1 + x2 = −2
Da soma das duas equações tiramos diretamente que x2 = −1 e então x1 = 1, ou seja: X = [1
− 1]t . Sabemos que a norma de um vetor u é dada por: |u| =
√
u·u
Portanto a norma de X ao quadrado será:
398.126.848-24
D R
|X|2 = X · X
|X|2 = 1 × 1 + (−1) × (−1) |X|2 = 2
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Alternativa (C)
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 33
38
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008)
Considere vetores no espaço R4 e seja V o subespaço de R4 gerado por esses 3 vetores. Nesse caso, a dimensão de V é igual a A B C D E
398.126.848-24
0. 1. 2. 3. 4.
Resolução: Da teoria de Álgebra Linear sabemos que a dimensão de um subespaço V
T
gerado por n vetores é igual ao número m ≤ n de vetores Linearmente Independentes deste conjunto, sendo o conjunto destes m vetores então uma base de V . Além do mais, a dimensão de um subespaço vetorial é igual à dimensão de sua base. Em resumo, dado um conjunto B de vetores geradores do subespaço V , a
AF
dimensão de V é igual ao número de vetores LI deste conjunto B.
A fim de ganhar agilidade na resolução e não perder tempo resolvendo sistemas de equações lineares desnecessariamente, analisemos se um dos três vetores apresentados é combinação linear dos outros dois. Sem muita dificuldade vemos que
~v1 = ~v2 − ~v3
D R
já que:
398.126.848-24
(1, −1, 1, 0) = (3, 0, 1, 1) − (2, 1, 0, 1)
Como os vetores ~v2 e ~v3 não são múltiplos, vemos que estes dois são LI. Ou
seja, dos três vetores apresentados, apenas dois são LI, portanto uma base de V possui dimensão igual a 2, o que implica que a dimensão de V também deve ser igual a 2.
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Alternativa (C)
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 34
39
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008) Considere o subespaço
V=
398.126.848-24
(x, y, z, w) 0 R4:
=
Nesse caso, a dimensão de V é igual a A 0. B 1. C 2. D 3.
.
E 4.
Resolução: Como podemos observar, V é determinado por um sistema de equações
T
lineares. Ao analisarmos este sistema, vemos que a segunda linha da matriz é igual a multiplicaão da primeira linha por 3, e que a terceira linha é igual à primeira. Logo as três equações são equivalentes, e podemos reduzir o sistema a apenas
AF
uma equação:
x + 2y + z + 3w = 0
Neste caso teremos três variáveis livres na solução, já que podemos deixar uma variável da equação acima em função das outras três, como por exemplo: z = −x − 2y − 3w
Neste caso V poderia ser escrito como:
D R
398.126.848-24
V = (x, y, −x − 2y − 3w, w)
Como V possui 3 variáveis livres, sabemos que possui dimensão igual a
3, já que conseguimos apenas 3 vetores LI em sua base. Portanto a alternativa correta é a letra (D).
Uma base possível de V poderia ser o conjunto: {(1, 0, −1, 0), (0, 1, −2, 0), (0, 0, −3, 1)} Onde o primeiro vetor foi obtido fazendo-se x = 1 e y = w = 0, o segundo
fazendo-se y = 1 e x = w = 0 e o terceiro fazendo-se w = 1 e x = y = 0. Como era de se esperar, obtivemos uma base de dimensão 3, já que é composta por 3
Alternativa (D)
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vetores LI.
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Questão 35
40
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008)
É correto afirmar que a matriz A = 398.126.848-24
A B C D E
não é diagonalizável. possui apenas um auto-valor real. possui 3 auto-valores reais distintos. possui 2 auto-valores reais distintos. não possui auto-valores reais.
Resolução: Para encontrarmos os autovalores de A basta resolvermos a seguinte equa-
T
ção: det(A − λI) = 0
D R
AF
No nosso caso então teremos: −1 0 0 1 0 0 det −2 −4 0 − λ 0 1 0 = 0 0 0 1 0 0 1 (−1 − λ) 0 0 −2 = 0 det (−4 − λ) 0 0 0 (1 − λ)
398.126.848-24
(−1 − λ)(−4 − λ)(1 − λ) = 0
Cujas soluções são:
λ1 = −1
λ2 = −4
λ3 = 1
Ou seja, A possui três autovalores reais e distintos, logo a alternativa correta
é a letra (C).
A alternativa (A) é falsa pois, como a matriz A possui três autovalores dis-
tintos, é possível montarmos uma matriz quadrada P cujas colunas correspondem aos três autovetores de A, de modo que P −1 AP é uma matriz diagonal (cujos elementos da diagonal serão os autovalores de A). Ou seja, sempre que A for quadrada e possuir autovalores distintos, A será diagonalizável.
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Alternativa (C)
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Questão 36
41
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008)
Uma base para o espaço-solução do sistema homogêneo de duas equações lineares a 4 incógnitas é 398.126.848-24
A
.
B
.
C {(!1, 1, 0, 0)}. D {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. E {(0, 0, 0, 0)}.
T
Resolução:
O sistema apresentado contém duas equações, não equivalentes, e quatro
AF
incógnitas. Disso já concluímos então que nossa solução terá duas variáveis livres, ou seja, o espaço-solução terá dimensão igual a 2, e com isso uma base deste espaço-solução deve conter apenas 2 vetores, LI. Com isso já resolvemos a questão, já que a alternativa (A) é a única base com dois vetores LI. Para cofirmar esta resposta vamos resolver o sistema. Multiplicando a segunda equação por -2 e somando à primeira tiramos diretamente que:
D R
w = 3z
398.126.848-24
Então, da segunda equação do sistema temos: x+y−z+w =0 y =z−w−x y = z − 3z − x y = −x − 2z
Ou seja, nosso espaço-solução S é dado por: S = (x, −x − 2z, z, 3z) Como vemos, S tem duas variáveis livres, como esperávamos. Para encon-
12
6.
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24
trarmos os vetores de uma base de S podemos fazer primeiramente x = −1 e
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42
39 8. 12 6
398.126.848-24
z = 0, encontrando então: ~v1 = (−1, 1, 0, 0) Agora, se fizermos x = − 23 e z =
1 3
temos:
2 1 ~v2 = (− , 0, , 1) 3 3
398.126.848-24
Como vemos, a base {~v1 , ~v2 } é apresentado na letra (A).
Alternativa (A)
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008)
T
Questão 37
AF
Acerca dos determinantes das matrizes linha-equivalentes
A=
eB=
, assinale a opção
correta.
398.126.848-24
D R
A det A = det B. B det [A × B] > 0. 1 5 4 C det A = !det 2 7 2 . 3 − 1 8 D det A + det B = 0. E det A + 2 × det B = 0.
Resolução:
Das propriedades dos determinantes sabemos que:
1. Se a matriz B é obtida da matriz A pela troca de duas linhas, então temos: det(B) = − det(A) 2. Se a matriz B é obtida da matriz A pela multiplicação de uma linha de A por um escalar α, então temos:
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det(B) = α det(A)
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43
39 8. 12 6
398.126.848-24
Nesta questão vemos que a matriz B foi obtida da matriz A pela troca da segunda linha pela terceira, além da multiplicação da primeira linha por 2. Portanto temos que: det(B) = −2 det(A)
398.126.848-24
det(B) + 2 det(A) = 0 Como podemos ver, nenhuma alternativa apresenta esta solução, por este motivo a questão foi anulada. Perceba que a alternativa (B) é falsa pois det(A × B) = det(A) det(B), e como det(B) = −2 det(A), a multiplicação det(A) det(B) resultará em um número
T
menor que zero. A alternativa (C) é falsa pois, ao pegarmos o elemento a44 como pivô para o método dos cofatores, vemos que:
Questão
398.126.848-24
Anulada
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6.
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8-
24
D R
AF
1 5 4 det(A) = 1 × (−1)4+4 × det 2 7 2 3 −1 8 1 5 4 det(A) = det 2 7 2 3 −1 8
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Questão 38
44
39 8. 12 6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008)
Se A é uma matriz quadrada invertível, então A det [A × AT] = [det A]², em que AT é a matriz transposta da matriz A. B det [A + A] = 2 × det A. C det A + det AT = 0. D det [A + A!1] = 0. E det A = det A!1.
398.126.848-24
Resolução: Das propriedades dos determinantes sabemos que, dado duas matrizes A
1. det(AT ) = det(A) 2. det(A × B) = det(A) det(B) 1 det(A)
AF
3. det(A−1 ) =
T
e B:
Portanto, julguemos as alternativas: (A) Verdadeira.
D R
det(A × AT ) = det(A) det(AT ) = det(A) det(A) = (det(A))2 398.126.848-24
(B) Falsa, pois det(A + B) 6= det(A) + det(B).
(C) Falsa, pois det(A) + det(AT ) = det(A) + det(A) = 2 det(A). (D) Falsa, pois det(A) + det(A−1 ) = det(A) + 1 . det(A)
Alternativa (A)
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(E) Falsa, pois det(A−1 ) =
1 . det(A)
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Questão 39
45
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2014/2 ) 1 0ù é 0 Seja a matriz quadrada A = ê 0 0 1 úú ê êë -15 -23 -9 úû Os autovalores dessa matriz são as raízes do seu polinô-
398.126.848-24
mio característico, obtidos da relação det(A)=0. Considerando-se que um de seus autovalores vale 1, a soma de todos os seus autovalores é igual a 9 12 15 9 47
T
(A) (B) (C) (D) (E)
AF
Resolução:
Como informado no enunciado, encontramos os autovalores de A resolvendo a seguinte equação:
det(λI − A) = 0
Ou seja:
D R
−1 0 (λ − 0) det 0 (λ − 0) −1 = 0 15 23 (λ + 9)
398.126.848-24
Calculando o determinante: λ2 (λ + 9) + 0 + 15 − (0 − 23λ + 0) = 0 λ3 + 9λ2 + 23λ + 15 = 0
Como sabemos que uma raiz da equação acima é λ = −1 (dado do enun-
ciado), podemos dividir a equação por (λ + 1), o que resultará em uma equação de segundo grau, cujas raízes serão as outras duas raízes da equação de terceiro grau. Realizando a divisão de polinômios indicada, temos o seguinte resultado: λ3 + 9λ2 + 23λ + 15 = λ2 + 8λ + 15 λ+1
12
6.
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24
As raízes da equação λ2 + 8λ + 15 = 0 são então facilmente encontradas,
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8.
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46
39 8. 12 6
398.126.848-24
resultando em: λ2 = −3
λ3 = −5
Ou seja, a soma dos três autovalores de A é: 398.126.848-24
λ1 + λ2 + λ3 = −1 − 3 − 5 = −9
Alternativa (A)
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2014/2 ) é0 2 0 ê0 -1 1 Considere a matriz X = ê ê0 5 -2 ê ëêl 0 1
0ù 0 úú 5ú ú 2ûú
T
Questão 40
AF
Sendo o determinante da matriz X igual a 30, qual é o valor do parâmetro ? (C) 0 (D) 1
(A) 3 (B) 1
Resolução:
(E) 3
O candidato bem preparado observa logo que a melhor solução para a questão é utilizarmos o método dos cofatores, vejamos por quê.
D R
398.126.848-24
Para calcularmos o determinante da matriz de ordem 4 apresentada utiliza-
remos o método dos cofatores, e o elemento λ como “pivô”. Logo: det(X4×4 ) = x˜11 + x˜21 + x˜31 + x˜41 ˜ 41 ) −30 = 0 + 0 + 0 + λ × (−1)4+1 × det(X 0 0 2 −30 = λ × (−1) × det −1 1 0 5 −2 5 −30 = −λ × [10 + 0 + 0 − (0 + 0 + 0)] −30 = −10λ λ=3
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Alternativa (A)
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Questão 41
47
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2012/1 )
Seja T:R2→R2 a transformação linear definida por T(x,y) = (9x + 3y,5x + 2y). Seja R a região do plano carte398.126.848-24
Considere a região T(R)
∩
siano definida por R = {(x,y) ∈ R2 / 0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 2}. R2, que é a imagem da região
R pela transformação linear T. Qual é a área da região T(R)? (A) 36 (B) (C) 12 (D) 4
T
(E) 3
Resolução:
Como podemos observar, a região R = {(x, y) ∈ R2 /0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤
AF
y ≤ 2} representa a área interna de um quadrado de vértices (0, 0), (0, 2), (2, 2) e (2, 0). Então lembramos que a área da região determinada por dois vetores é numericamente igual ao módulo do produto vetorial destes, ou seja: A = |u × v|
Então, se pegarmos dois vetores: u1 = (0, 2) e v1 = (2, 0), vemos que estes 398.126.848-24
D R
determinam a área do quadrado anterior. Verifiquemos:
A1 = |u1 × v1 | A1 = |(0, 2) × (2, 0)| ! 0 2 A1 = det 2 0 A1 = |0 − 4| A1 = 4
Como vemos, A1 = 4, como esperado. Porém estamos interessados na área da figura determinada pela transformação linear deste quadrado, por isso calcularemos a transformada linear desses
12
6.
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8-
24
dois vetores u = (0, 2) e v = (2, 0), segundo a transformação
39
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48
39 8. 12 6
398.126.848-24
T (x, y) = (9x + 3y, 5x + 2y):
398.126.848-24
u2 = T (0, 2) = (9 × 0 + 3 × 2,
5 × 0 + 2 × 2) = (6, 4)
v2 = T (2, 0) = (9 × 2 + 3 × 0,
5 × 2 + 2 × 0) = (18, 10)
E a área A2 , que procuramos, pode então ser determinada pelo módulo do produto vetorial entre u2 e v2 : A2 = |u2 × v2 |
A2 = |60 − 72|
AF
A2 = 12
T
A2 = |(6, 4) × (18, 10)| ! 6 4 A2 = det 18 10
Abaixo um esboço (apenas ilustrativo, não em escala) de A1 , determinada por u1 e v1 , e A2 , determinada por u2 e v2 :
y
D R
y
u1
o
398.126.848-24
A2 T
u2
v2
A1 v1
x
x
o
12
6.
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Alternativa (C)
39
8.
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Questão 42
49
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2012/1 ) Seja A uma matriz quadrada invertível. Considere as matrizes A2 e A3 definidas por A2 = A . A e A3 = A . A . A, onde . indica a operação de multiplicação usual de matri-
398.126.848-24
zes. Se det(A2) − 2 . det(A) = 0 , então o determinante det(A3) é igual a (A) 0 (B) (C) 6 (D) 8
T
(E) 64
Resolução:
e B:
AF
Das propriedades dos determinantes sabemos que, dadas duas matrizes A det(AB) = det(A) det(B)
Deste modo:
det(An ) = (det(A))n
Sabendo disso, podemos desenvolver a equação dada a fim de encontrar o
D R
valor de det(A):
398.126.848-24
2
det(A ) − 2 det(A) = 0 (det(A))2 = 2 det(A) det(A) = 2
Acima excluímos a possibilidade de det(A) = 0 pois foi dito no enunciado
que A é invertível.
Agora então podemos facilmente encontrar o valor de det(A3 ): det(A3 ) = (det(A))3 det(A3 ) = 23 det(A3 ) = 8
12
6.
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8-
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Alternativa (D)
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Questão 43
50
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2011 )
Uma transformação linear , não nula, é tal que a dimensão de seu núcleo, Ker(T), é maior do que 4. Diante de tais informações, conclui-se que a dimensão do conjunto imagem Im(T) é igual a
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
1 2 3 4 5
Resolução:
T
Da teoria de Álgebra Linear sabemos que, para um transformação T : V → W , é válida a relação:
AF
dim(N ) + dim(Im) = dim(V )
onde dim(N ) é a dimensão do núcleo, dim(Im) a dimensão da imagem e dim(V ) a dimensão do subespaço vetorial V .
Como a transformação da questão é T : <6 → <5 , vemos que V = <6 , portanto dim(V ) = 6. Também foi dito que dim(N ) > 4, e como a dimensão deve ser um valor inteiro, temos dim(N )min = 5. Portanto:
D R
dim(N )min + dim(Im) = dim(V )
398.126.848-24
dim(Im)max = dim(V ) − dim(N )min dim(Im)max = 6 − 5 dim(Im)max = 1
Ou seja, a dimensão da Imagem será igual a 1 ou igual a 0. Dentre as
alternativas encontramos apenas dim(Im) = 1, na alternativa (A).
12
6.
84
8-
24
Alternativa (A)
39
8.
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 44
51
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2011 ) Um sistema linear formado por n equações referentes a n incógnitas pode ser reescrito na forma matricial Anxn.Xnx1= Bnx1, onde Anxn,Xnx1e Bnx1 são, respectivamente, as matrizes dos coeficientes do sistema, das incógnitas e dos termos independentes. Dizer que tal sistema é possível e determinado é o mesmo que dizer que a matriz
398.126.848-24
Obs.: é a transposta de An x n é a inversa de An x n
(A) Anxné simétrica.
(C) Anxn tem posto menor do que n. (D) Xnx1= Bnx1.
Resolução:
.Bnx1
AF
(E) Xnx1=
T
(B) Anxn é invertível.
Se o sistema é possível e determinado, então podemos resolver a equação matricialmente:
An×n Xn×1 = Bn×1
D R
−1 (A−1 n×n )An×n Xn×1 = (An×n )Bn×1
398.126.848-24
Xn×1 = A−1 n×n Bn×1
Como podemos ver, a equação acima só terá solução se A−1 n×n existir, ou
seja, An×n deve ser invertível. Portanto a alternativa correta é a letra (B). Perceba que, para An×n ser invertível ela deve ter posto completo (igual a n),
e não precisa ser necessariamente simétrica (lembrando que matrizes simétricas são tais que A−1 = AT ).
12
6.
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8-
24
Alternativa (B)
39
8.
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 45
52
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 ) Um engenheiro, após equacionar um determinado problema, organizou as equações sob a forma matricial e realizou operações elementares com as linhas e colunas das matrizes, o que levou ao seguinte sistema:
398.126.848-24
4 2 1ù é x1 ù é 6 ù é6 - 2 ê ú ê0 - 4 - 5 1 -1úú ê x 2 ú êê -1úú ê ê0 0 2 1 3 ú ê x3 ú = ê 13 ú ê ú ê ú ê ú 0 0 -1 1ú ê x 4 ú ê -1ú ê0 êë 0 0 0 1 -2úû êë x5 úû êë -3 úû
AF
Resolução:
T
O valor da variável x3 é (A) - 2 (B) 1 (C) 3 (D) 4 (E) 5
Como estamos procurando apenas x3 , podemos nos atentar somente para as últimas três linhas do sistema de equações, que são: 2x3 + x4 + 3x5 = 13 −x4 + x5 = −1
D R
x4 − 2x5 = −3
398.126.848-24
Agora, somando as duas últimas equações deste sistema tiramos direta-
mente que x5 = 4. Da segunda equação então temos: x4 = x5 + 1 = 4 + 1
→
x4 = 5
Finalmente substituímos x4 e x5 na primeira equação para encontrarmos x3 : 2x3 + x4 + 3x5 = 13 2x3 = 13 − x4 − 3x5 2x3 = 13 − 5 − 3 × 4 2x3 = −4 x3 = −2
12
6.
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8-
24
Alternativa (A)
39
8.
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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Questão 46
53
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 ) Considere os espaços vetoriais assim representados: é x1 ù é y1 ù X = êê x 2 úú , Y = ê ú e Z = ë y2 û êë x3 úû
398.126.848-24
é z1 ù êz ú ê 2ú êë z3 úû
• A matriz M opera a transformação linear de X em Y, ou seja, Y = TL [X] • A matriz N opera a transformação linear de Y em Z, ou seja, Z = TL [Y] • TL - indica uma transformação linear.
T
Supondo a existência de uma matriz P que opera a transformação linear de Z em X, ou seja, X = TL [Z], esta matriz é calculada por (A) P = M N (B) P = N M (D) P = [N M]-1 (C) P = M-1 N-1 (E) P = [M N]-1
AF
Resolução:
Se M opera a transformação linear de X em Y , então temos: (6)
MX = Y
Se N opera a transformação linear de Y em Z, então temos: (7)
D R
NY = Z
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Como buscamos a transformação linear de Z em X, vamos substituir 6 em
7 e então isolar X, como segue:
NY = Z NMX = Z
(N M )−1 (N M )X = (N M )−1 Z X = (N M )−1 Z
Portanto a matriz P procurada é igual a (N M )−1 . Atenção, no desenvolvimento desta álgebra matricial não podemos utilizar N −1 nem M −1 , pois estas matrizes não são quadradas. Porém a matriz N M é quadrada, pois efetua uma transformação linear do <3 para o <3 .
12
6.
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8-
24
Alternativa (D)
39
8.
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Questão 47
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54
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
Considere a seguinte matriz: éx ê0 M= ê ê1 ê êë0
398.126.848-24
1 2 4ù 1 3 9 úú 1 5 25ú ú 1 8 64úû
Sabendo-se que o determinante de M é 120, o valor de x é (A) 12 (B) 8 (C) 5 (D) 3 (E) 1
Resolução: Após uma breve análise, verificamos que esta questão é mais facilmente
T
resolvida utilizando-se a Regra de Chió, a qual permite reduzirmos a ordem de uma matriz sem precisar calcular o valor do determinante. Porém primeiramente vamos trocar as duas primeira colunas da matriz M a fim de que o elemento a1,1
AF
(que será nosso pivô) seja igual a 1, pois isso facilita o cálculo. Ao mudarmos essas duas colunas o sinal do determinante se inverte. Portanto, aplicando tal regra, temos:
1 x 2
4
398.126.848-24
D R
1 0 3 9 = −120 det 1 1 5 25 1 0 8 64 (0 − x) (3 − 2) (9 − 4) det (1 − x) (5 − 2) (25 − 4) = −120 (0 − x) (8 − 2) (64 − 4) −x 1 5 = −120 det (1 − x) 3 21 −x 6 60
Para facilitar ainda mais nosso cálculo podemos aplicar novamente a Regra
12
6.
84
8-
24
de Chió, porém trocando as duas primeiras colunas novamente, e mudando o sinal
39
8.
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55
39 8. 12 6
398.126.848-24
do determinante: 1 −x 5 = 120 det 3 (1 − x) 21 6 −x 60 ! (1 + 2x) (21 − 15) det = 120 (−x + 6x) (60 − 30) ! (1 + 2x) 6 det = 120 5x 30
398.126.848-24
30(2x + 1) − 30x = 120 2x + 1 − x = 4
T
x=3
Questão 48
AF
Alternativa (D)
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
Com respeito à equação M . x = y, em que
,
398.126.848-24
D R
e
analise as afirmativas abaixo. I - A equação apresenta uma única solução. II - O posto da matriz M é igual a 4. III - A nulidade da Matriz M é igual a 1. É correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução: Lembramos que o posto de uma matriz é igual ao número de linhas LI ou colunas LI, o qual for menor. Dado um sistema de equações lineares no formato:
12
6.
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8-
24
Mm×n Xn×1 = Ym×1
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8.
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56
39 8. 12 6
398.126.848-24
Da teoria de Sistemas de Equações Lineares sabemos que é possível três casos: 1. Se P osto(M ) = P osto(M |Y ) e m ≥ n: O sistema tem solução única. 398.126.848-24
2. Se P osto(M ) = P osto(M |Y ) e m < n: O sistema tem infinitas soluções. 3. Se P osto(M ) 6= P osto(M |Y ): O sistema não tem solução. Onde (M |Y ) representa a matriz estendida. Sabendo isso podemos analisar o sistema apresentado. Com um pouco de análise podemos ver que a quarta coluna da matriz M é igual a terceira coluna
T
menos a segunda. Ou seja, a quarta coluna é uma combinação linear de outras duas colunas. Como não há mais nenhuma coluna ou linha LD, concluímos que o posto de M é igual a 3.
AF
Ao montarmos a matriz aumentada (M |Y ) percebemos que agora teremos quatro colunas LI e quatro linhas LI, ou seja, P osto(M |Y ) = 4. Portanto, como P osto(M ) 6= P osto(M |Y ), o sistema não tem solução.
Sabemos que a nulidade de uma matriz é a diferença entre seu número de colunas e seu posto, logo:
D R
nulidade(M ) = n − P osto(A) = 4 − 3 = 1 398.126.848-24
Portanto vemos que os itens I e II são falsos, e o item III é verdadeiro.
12
6.
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8-
24
Alternativa (C)
39
8.
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Questão 49
57
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
No sistema de equação
, tem-se
398.126.848-24
que Z1, Z2, Z3 e Z4 são submatrizes, cujas dimensões são indicadas entre os parênteses. Deseja-se calcular as variáveis x1, x2 e x3 pelo sistema reduzido
.
A definição da matriz de coeficientes M do sistema reduzi-
T
do, em função das submatrizes Z1, Z2, Z3 e Z4, é (A) (B) (C)
(E)
Resolução:
AF
(D)
Sempre nos baseando pela dimensão de cada submatriz, primeiramente
D R
podemos dividir o sistema em dois:
[Z1(3×3)
[Z3(2×3)
x1 x2 y1 Z2(3×2) ] x3 = y 2 x y3 4 x5 x1 x2 " # 0 Z4(2×2) ] x3 = 0 x 4 x5
398.126.848-24
(8)
(9)
Agora subdividiremos o sistema 8, a fim de deixar apenas em função de x1 ,
12
6.
84
8-
24
x2 e x3 , encontrando então:
39
8.
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58
" # x1 y1 x 4 Z1(3×3) x2 + Z2(3×2) x = y2 5 x3 y3 Agora nosso objetivo é substituir o termo [x4 função de [x1 termo [x4
x2
(10)
x5 ]T por outro termo que seja
x3 ]T . Para tal nós subdividiremos o sistema 9, e isolaremos o
x5 ]T , como segue: " # " # x1 x4 0 + Z4 Z3(2×3) = x 2 (2×2) x5 0 x3
Z4(2×2)
" # x4 x5
x1 −1 = −Z4(2×2) Z3(2×3) x2 x3
AF
" # x4
x1 = −Z3(2×3) x2 x3
T
398.126.848-24
39 8. 12 6
398.126.848-24
x5
(11)
D R
Agora então podemos substituir a equação 11 em 10: x1 x1 y1 −1 Z1(3×3) x2 + Z2(3×2) −Z4(2×2) Z3(2×3) x2 = y2 x3 x3 y3 x1 y1 x2 = y2 (Z1(3×3) − Z2(3×2) Z4−1 Z ) 3 (2×3) (2×2) x3 y3
398.126.848-24
Como podemos ver, M(3×3) = Z1 − Z2 Z4−1 Z3 .
12
6.
84
8-
24
Alternativa (B)
39
8.
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Questão 50
59
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
O determinante da matriz M, de ordem 3 por 3, é 240, e a matriz K é definida como sendo K = 2 x M. O valor do determinante da matriz K é (A) 240 (B) 480 (C) 1.440 (D) 1.920 (E) 2.160
398.126.848-24
Resolução: Das propriedades dos determinantes sabemos que, se a matriz B é obtida
T
de A pela multiplicação de uma linha (ou coluna) por uma constante α, então temos que det(B) = α det(A).
Se, no caso anterior, B for obtida de A pela multiplicação de toda matriz A
AF
por um fator α, então isso equivale a multiplicar cada linha de A por este fator, consequentemente temos então:
det(B) = αn det(A)
onde n é a ordem da matriz quadrada A.
Notado isso, como a questão trata de uma matriz quadrada de ordem 3,
D R
temos:
398.126.848-24
K = 2M
det(K) = 23 det(M ) det(K) = 8 × 240 det(K) = 1920
12
6.
84
8-
24
Alternativa (D)
39
8.
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Questão 51
60
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
Seja
uma transformação linear definida por .
398.126.848-24
AF
T
Considere que T seja aplicada às coordenadas (x,y) dos vértices m, n, q e p, do quadrado mostrado na figura acima, gerando os respectivos pontos m’, n’, q’ e p’. O novo quadrado formado pelos novos pontos m’, n’, q’ e p’, é
(A)
D R
(B)
(D)
(C)
398.126.848-24
(E)
Resolução:
A transformação T : <2 → <2 pode ser reescrita como: √ 1 √ T (x, y) = ( 3x − y, x + 3y) 2 Ao aplicarmos esta transformação linear ao vértice q = (3, 0) temos:
12
6.
84
8-
24
√ 1 √ T (3, 0) = ( 3 × 3 − 0, 3 + 3 × 0) 2
39
8.
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q0 =
√ 3 3 , 2
61
39 8. 12 6
398.126.848-24
! 1, 5
Analisando as alternativas podemos ver que a única que apresenta a coor-
398.126.848-24
denada y de q 0 igual a 1,5 é a alternativa B. Para conferir o resultado o candidato pode calcular n0 e m0 para ver que na alternativa eles estão representados nos quadrantes corretos.
Questão 52
T
Alternativa (B)
( Eng. de Manutenção Pleno - Elétrica - Suape 2011/1 )
AF
Considere o operador linear T no , tal que T(1,0) = (2,1) e T(1,1) = (1,2). Nessa situação, T(5,3) é (C) (7,6)
(A) (6,7) (B) (6,8)
Resolução:
(E) (8,7)
(D) (7,8)
Como conhecemos os valores das transformadas dos vetores (1, 0) e (1, 1), primeiramente expressaremos o vetor (5, 3) como combinação linear desses dois 398.126.848-24
D R
vetores, ou seja:
(5, 3) = a(1, 0) + b(1, 1)
Deste modo facilmente encontramos a = 2 e b = 3. Agora então aplicaremos
o operador linear T em ambos os lados da igualdade, e utilizaremos os conhecidos valores de T (1, 0) e T (1, 1), como segue: (5, 3) = 2(1, 0) + 3(1, 1)
T (5, 3) = 2T (1, 0) + 3T (1, 1) T (5, 3) = 2(2, 1) + 3(1, 2) T (5, 3) = (4 + 3, 2 + 6) T (5, 3) = (7, 8)
12
6.
84
8-
24
Alternativa (D)
39
8.
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Questão 53
62
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
Sejam
e
neares, em que
398.126.848-24
transformações li-
e
. A matriz
que representa a transformação linear
, que
é composição de T1 e T2, é
(B)
(D)
(E)
AF
Resolução:
(C)
T
(A)
Chamaremos de A um vetor do <3 , B um vetor do <2 e de C um vetor do <4 . Desse modo temos que:
B = T1 A
D R
C = T2 B
398.126.848-24
Substituindo a primeira equação na segunda temos: C = T2 T1 A
Ou seja, um vetor é transformado do <3 para o <4 pela matriz T2 T1 , que foi
chamada de T3 . Logo:
T3 = T2 T1 0 1 0 1 0 # " 1 3 1 0 1 1 3 1 T3 = = 1 0 0 1 0 1 0 1 0 2 0 2 0
12
6.
84
8-
24
Alternativa (C)
39
8.
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Questão 54
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39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
Nas duas equações mostradas a seguir, x e y são variáveis e a e b são constantes. e 398.126.848-24
Essas equações podem ser compactadas em uma equação matricial do tipo
(A)
(C)
(B)
(D)
(E)
T
Resolução:
, na qual M é a matriz.
A resolução desta questão é muito simples, basta deixarmos a primeira equação na forma αx + βy = a e a segunda na forma γx + θy = b. Para tal,
AF
multiplicaremos a primeira equação por 20: y−a y−x y 20 × + + = 20 × 0 2 5 4 10(y − a) + 4(y − x) + 5y = 0
−4x + 19y = 10a
D R
−0, 4x + 1, 9y = a
398.126.848-24
Como vemos a segunda equação é igual à primeira, trocando x por y (e
vice-versa) e a por b, resultando então: 1, 9x − 0, 4y = b
Da onde tiramos diretamente então nosso sistema: " #" # " # −0, 4 1, 9 x a = 1, 9 −0, 4 y b
12
6.
84
8-
24
Alternativa (D)
39
8.
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Questão 55
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( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 )
Para qual valor de x a matriz
tem determinante nulo?
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(A) (B) (C) (D) (E)
1 2 3 4 5
Resolução: Sabemos que se uma matriz possui alguma linha ou coluna LD, o seu de-
T
terminante é nulo. Ao analisarmos a matriz dada não é muito direto encontrar um valor de x que transforma alguma linha ou coluna em LD, por isso vamos utilizar a Regra de Chió a fim de reduzir a ordem da matriz, para então analisarmos (ou
AF
calcularmos o determinante).
Para facilitar o emprego da Regra de Chió vamos trocar as duas primeiras linhas da matriz, para que deste modo o elemento a11 seja igual a 1. Esta mudança muda o sinal do determinante, mas como no nosso caso queremos o determinante nulo, então isso não acarretará mudança alguma. Portanto, vamos à aplicação da Regra:
2 0 3 −1 1 x 0 =0 det −2 0 0 4 0 1 1 1 (1 + 2) (x − 0) (0 + 3) =0 det (0 + 4) (0 − 0) (4 + 6) (1 − 0) (1 − 0) (1 − 0) 3 x 3 =0 det 4 0 10 1 1 1 1
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D R
Agora, na matriz de ordem 3, fica claro que o determinante será igual a zero quando x = 3, pois desta forma a primeira linha da matriz será uma combinação linear da terceira (L1 = 3L3 ). Caso não observe isso, basta o candidato resolver
12
6.
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8-
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este determinante de ordem 3 para chegar ao mesmo resultado. Alternativa (C)
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Questão 56
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398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 ) ì2.x + 3.y - 5.z = 1 ï í x - 2.y + 3.z = 2 ï 3.x + y - p.z = q î
398.126.848-24
A respeito do sistema linear acima, em que p e q são números reais, é correto afirmar que (A) se p ¹ 2, não possui solução. (B) se p ¹ 2, possui infinitas soluções. (C) se p = 2, possui uma única solução. (D) se p = 2 e q ¹ 3, não possui solução. (E) se p = 2 e q = 3, não possui solução.
T
Resolução: Com o sistema dado por Am×n Xn×1 = Bm×1 , da teoria de Sistemas de Equa-
AF
ções Lineares sabemos que é possível três casos:
1. Se P osto(A) = P osto(A|B) e m ≥ n: O sistema tem solução única. 2. Se P osto(A) = P osto(A|B) e m < n: O sistema tem infinitas soluções. 3. Se P osto(A) 6= P osto(A|B): O sistema não tem solução. Como só estamos interessados em saber se o sistema possui ou não so398.126.848-24
D R
lução, basta analisarmos o posto da matriz de coeficientes A e o posto da matriz aumentada (A|B).
A matriz de coeficientes A é dada por: 2 3 −5 A = 1 −2 3 3 1 −p Com uma breve análise vemos que, se p = 2 a terceira linha será igual a
soma das duas primeiras linhas, ou seja, nossa matriz terá uma linha LD, e seu posto será igual a 2.
12
6.
84
8-
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Montemos a matriz aumentada (A|B): 2 3 −5 1 (A|B) = 1 −2 3 2 3 1 −p q
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Agora vemos que se p = 2 e q = 3, a combinação linear anterior se mantém e tanto A como (A|B) terão posto igual a 2. Nesse caso então o sistema terá solução. Se p = 2 e p 6= 3, teremos P osto(A) = 2 e P osto(A|B) = 3, resultando em um sistema sem solução. 398.126.848-24
Alternativa (D)
Questão 57
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 )
AF
T
Seja {(x1,y1), (x2,y2),..., (xn,yn)} um conjunto de dois ou mais pontos de um plano cartesiano. Se esses pontos não pertencerem a uma mesma reta do IR2, é possível ajustar uma única reta que minimiza a soma dos quadrados das distâncias verticais entre a tal reta e os pontos do conjunto. Essa reta é denominada reta de regressão dos pontos dados. Os coeficientes da reta de regressão são dados pela solução de MT.M.u = MT.v em que: 1 1
1 o) M =
. . .
1
y1 y2
x1 x2 . . .
xn
e v=
. . .
yn
D R
2o) MT é a transposta da matriz M;
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éb ù 3o) u = êa ú sendo a e b, respectivamente, os coeficientes ë û angular e linear da reta de regressão.
Dados os pontos (–1,0), (0,2), (1,1) e (2,3), indique o coeficiente angular da reta de regressão. (A)
3 4
(B)
4 5
(C)
4 3
(D)
5 4
(E) 1
Resolução: Para resolver esta questão não há mistérios, basta seguir o que foi apresen-
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8-
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tado no enunciado e realizar os cálculos. Com os quatro pontos dados montamos
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M e v: 1 −1 1 0 M = 1 1 1 2
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0 2 v= 1 3
Agora então podemos montar a equação matricial a fim de encontrar a e b:
AF
T
MT Mu = MT v 1 −1 0 " # # " # " 1 1 1 1 1 0 b = 1 1 1 1 2 −1 0 1 2 1 1 a −1 0 1 2 1 1 2 3 " #" # " # 4 2 b 6 = 2 6 a 7 De onde tiramos o sistema: (
4b + 2a = 6 2b + 6a = 7
Como buscamos o valor de a, multiplicamos a equação de baixo por -2 e somamos à de cima, resultando em:
→
a=
4 5
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Alternativa (B)
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D R
−10a = −8
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Questão 58
68
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. de Manutenção Pleno - Elétrica - Suape 2011/1 )
Considere o sistema a seguir.
398.126.848-24
Nesse sistema, o valor de x é (A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0 (E) −1
T
Resolução:
Como estamos em busca apenas de x, vamos resolver o sistema tendo isso
AF
em foco. Primeiramente multiplicamos a segunda equação do sistema por -5 e somamos à primeira equação do sistema, resultando em: − 19x + 11z = −5
(12)
Agora multiplicamos a segunda equação do sistema por -3 e somamos à terceira equação do sistema, resultando em:
D R
− 5x + 2z = −4
(13)
Agora, buscando eliminar z, multiplicamos a equação 13 por
mos à equação 12, resultando em: 55 − 19 x = 22 − 5 2
398.126.848-24
−11 e soma2
de onde tiramos:
17 x = 17 2 x=2
12
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Alternativa (B)
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Questão 59
69
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 )
n m Se T : ® é uma transformação linear sobrejetora, que não é injetora, então, tem-se (A) m ≤ n−1 (B) n ≤ m−1 (C) n = m (D) m > 2 (E) n > 3
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Resolução: Se T :
T
igual a
AF
Abaixo ilustramos o caso onde T é sobrejetora e não injetora, hipoteticamente, quando n = 3 e m = 2: o
T
m=2
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T
T o
Alternativa (A)
12
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D R
n=3
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Questão 60
70
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo G - PROMINP 2012 ) Duas matrizes, P e Q, são quadradas de ordem 3 e tais que det P = k e det Q = k2. Qual é o determinante de (2P).(Q2)?
398.126.848-24
(A) 16 K5 (B) 8 K5 (C) 8 K3 (D) 4 K3 (E) 2 K3
Resolução:
det(AB) = det(A) det(B)
T
Das propriedades dos determinantes sabemos que:
det(A2 ) = det(AA) = det(A) det(A) = (det(A))2
Portanto:
AF
det(αAn×n ) = αn det(A)
det((2P ).(Q2 )) = det(2P ) det(Q2 )
= 23 det(P )(det(Q))2
398.126.848-24
= 8K 5
Alternativa (B)
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6.
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D R
= 8K(K 2 )2
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Questão 61
71
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo G - PROMINP 2012 )
398.126.848-24
Aplicando a transformação
(A)
a todos os pontos da circunferência da figura, obtém-se como imagem
(C)
(D)
Resolução:
AF
T
(B)
(E)
Outra forma de escrevermos T (basta multiplicarmos as matrizes) é:
D R
398.126.848-24
T (x, y) = (−y, x)
Para ficar mais fácil de encontrarmos a alternativa correta sem equívoco,
diremos que o centro da circunferência apresentada se encontra aproximadamente em (x, y) = (3, 1). Portanto, após a transformação teremos: T (3, 1) = (−1, 3)
Dentre as alternativas, a única possível (que tem o centro da circunferência aproximadamente em (−1, 3) ) é a alternativa (B).
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Alternativa (B)
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Questão 62
72
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2010 )
Considere as afirmativas abaixo, relativas a três vetores u, v e w do R3. 398.126.848-24
- Se u e v são linearmente independentes, u e w são linearmente independentes e v e w são linearmente independentes, então u, v e w são linearmente independentes. II - Se u é ortogonal a v e a w, então v e w são linearmente dependentes. III - Se u é ortogonal a v e a w, então u é ortogonal a v + w.
Resolução:
AF
Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) III, apenas. (D) I e III, apenas. (E) I, II e III.
T
I
Julguemos os itens:
I - Falso. Por exemplo, se u e v forem ortogonais e w = u + v, teremos u e w LI e também v e w LI, mas claramente que o conjunto dos três vetores não
D R
será LI.
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II - Falso. Se v e w são LI, e u for o produto vetorial de v e w, por exemplo, teremos os três vetores LI.
III - Verdadeiro. Se u é ortogonal a v e a w, então u é ortogonal ao plano determinado por v e w. Como v + w fará parte deste mesmo plano, então u será ortogonal a esta soma.
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6.
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8-
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Alternativa (C)
39
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Questão 63
73
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2010 ) Considere a transformação linear T de R2 em R2 definida por T(x,y) = (2x+y,3y) e o triângulo de vértices A(2,0), B(0,3) e C(–2,3). Sejam A’, B’ e C’ as imagens dos pontos A, B e C pela transformação T. A área do triângulo de vértices A’, B’ e C’ é (A) 3 (B) 6 (C) 9 (D) 12 (E) 18
398.126.848-24
Resolução: Para encontrarmos os vértices A0 , B 0 e C 0 basta aplicarmos a transformação
T
linear aos vértices A, B e C, como segue:
A0 = T (2, 0) = (2 × 2 + 0, 3 × 0) = (4, 0)
AF
B 0 = T (0, 3) = (2 × 0 + 3, 3 × 3) = (3, 9)
C 0 = T (−2, 3) = (2 × (−2) + 3, 3 × 3) = (−1, 9) Para calcular a área desse novo triângulo, de vértices A0 = (4, 0), B 0 = (3, 9) e C 0 = (−1, 9), primeiramente o esboçamos no plano cartesiano, como abaixo: o
y
D R
C'
-1
9
B'
398.126.848-24
A' 3 4
x
o
Agora vemos que a área pode ser calculada considerando a base do triângulo igual a 4 (distância entre os pontos B 0 e C 0 ), e altura igual a 9. Logo a área será: Area =
b×h 4×9 = = 18 2 2
12
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8-
24
Alternativa (E)
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Questão 64
74
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2010 )
O determinante de uma matriz A com 3 linhas e 3 colunas é igual a 4. Sendo A−1 a inversa da matriz A, o determinante da matriz 2A−1 é igual a 398.126.848-24
(A) (B) 1 (C) 2 (D) 8 (E) 12
T
Resolução: Já conhecemos as seguintes propriedades dos determinantes:
AF
det(αAn×n ) = αn An×n 1 det(A−1 ) = det(A)
Com isso já podemos encontrar o determinante de 2A−1 :
398.126.848-24
Alternativa (C)
12
6.
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8-
24
D R
det(2A−1 ) = 2n det(A−1 ) 1 = 2n det(A) 3 2 = 4 =2
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Questão 65
75
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2010 ) O espaço vetorial formado pelos pontos (x1, x2, x3, x4, x5, x6) do R6 tais que x1 = 0 e x5 + x6 = 0 tem dimensão (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
398.126.848-24
Resolução: O enunciado nos informou que x5 + x6 = 0, portanto temos x6 = −x5 . Além disso o valor de x1 foi fixado em zero. Deste modo nosso espaço vetorial V pode
T
ser representado por:
V = (0, x2 , x3 , x4 , x5 , −x5 )
AF
Como sabemos da teoria de Álgebra linear, a dimensão de um espaço vetorial pode ser determinada pelo número de variáveis livres da representação de um vetor genérico. Ou seja, no caso acima temos 4 variáveis livres (x2 ,x3 ,x4 e x5 ), então a dimensão de V é igual a 4.
Lembramos também que a dimensão de um espaço vetorial é igual ao número de vetores LI em sua base. Como vemos, no nosso caso só conseguimos 4 398.126.848-24
Alternativa (D)
12
6.
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8-
24
D R
vetores LI na base (justamente por só haver 4 variáveis livres).
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Questão 66
76
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2009 ) Considere a transformação linear de IR3 em IR2, definida por T(x, y, z) = (2x – y, y + z). Assinale a opção que corresponde a um vetor pertencente ao núcleo de T. (A) (2, –1 , 1) (B) (1, 2 , –2) (C) (1, –2 , 2) (D) (0, 2 , –1) (E) (–2, 1 , 1)
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Resolução: Sabemos que o núcleo de uma transformação linear T corresponde ao conjunto de vetores que após a transformação T resultam no vetor nulo.
T
Portanto, para sabermos qual das alternativas contém um vetor do núcleo de T vamos substituir cada vetor na transformação linear fornecida, e ver qual resulta no vetor nulo:
AF
A) T (2, −1, 1) = (2 × 2 − (−1), −1 + 1) = (5, 0). B) T (1, 2, −2) = (2 × 1 − 2, 2 − 2) = (0, 0).
C) T (1, −2, 2) = (2 × 1 − (−2), −2 + 2) = (4, 0). D) T (0, 2, −1) = (2 × 0 − 2, 2 − 1) = (−2, 1).
D R
E) T (−2, 1, 1) = (2 × (−2) − 1, 1 + 1) = (−5, 2).
398.126.848-24
Como podemos ver, a única transformação que resulta no vetor nulo é do
vetor (1, 2, −2), alternativa (B).
12
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Alternativa (B)
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Questão 67
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39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2009 )
r
r
Dois vetores, u = (2,0,1) e v = (0,3,1), determinam um paralelogramo, como ilustrado na figura.
r
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u
r
v
A área desse paralelogramo é (A) 5
(B) 7
(C) 3 2
(D) 5 2
3
T
(E) 4
Resolução:
Sabemos que a área do paralelogramo determinado por dois vetores ~u e ~v
AF
é numericamente igual ao módulo do produto vetorial destes dois vetores, ou seja: A = |~u × ~v |
Sendo ~u = (2, 0, 1) e ~v = (0, 3, 1), então o cálculo na área A fica: A = |~u × ~v | ~i ~j ~k A = det 2 0 1 0 3 1
D R
398.126.848-24
A = |6~k − (3~i + 2~j)| A = |(−3, −2, 6)| p A = (−3)2 + (−2)2 + 62 √ A = 49 A=7
12
6.
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Alternativa (B)
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Questão 68
78
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2009 ) Seja A uma matriz quadrada com n linhas e n colunas e cujo determinante é D. Multiplicando-se por
(l ÎIR ) todos os
elementos da matriz A, o determinante passa a valer
398.126.848-24
(A) l × D
(B) l × n × D
(C) l 2× D
(D) ln× D
n2
(E) l × D
Resolução: Das propriedades dos determinantes sabemos que, se a matriz B é obtida
T
de A pela multiplicação de uma linha (ou coluna) por uma constante λ, então temos que det(B) = λ det(A).
Se agora C for obtida de A pela multiplicação de toda matriz A por um fator λ,
AF
então isso equivale a multiplicar cada linha de A por este fator, ou seja, repetiremos o processo anterior n vezes, onde n é a ordem da matriz quadrada A. Ou seja: det(C) = λn det(A)
Como o enunciado diz que A tem ordem n e det(A) = D, det(λA) será: det(λA) = λn det(A)
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Alternativa (D)
12
6.
84
8-
24
D R
det(λA) = λn D
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8.
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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www.exatas.com.br
ÁLGEBRA LINEAR
Questão 69
79
39 8. 12 6
398.126.848-24
( Grupo F - PROMINP 2009 )
r
Projetando-se o vetor u = (–1,2,2) ortogonalmente sobre o
r
vetor v = (3,0,4), obtém-se um segmento cujo comprimento é (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
398.126.848-24
Resolução: A figura abaixo ilustra projvu , a projeção ortogonal de ~u em ~v :
o
|u
|
T
u
AF
θ proj uv
v
Do triângulo retângulo formado tiramos a seguinte relação: cos(θ) =
|projvu | |u|
D R
|projvu | = |u| cos(θ)
(14)
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Mas, como não conhecemos θ, lembramos do produto escalar: ~u · ~v = |u||v| cos(θ)
de onde tiramos uma expressão para cos(θ): cos(θ) =
~u · ~v |u||v|
Então, substituindo cos(θ) na equação 14 temos: |projvu | = |u| cos(θ) ~u · ~v |u||v| ~u · ~v |projvu | = |v|
12
6.
84
8-
24
|projvu | = |u|
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Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal. 398.126.848-24
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ÁLGEBRA LINEAR
www.exatas.com.br
80
39 8. 12 6
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Como sabemos que ~u = (−1, 2, 2) e ~v = (3, 0, 4), fica fácil determinarmos |projvu |: (−1, 2, 2) · (3, 0, 4) |(3, 0, 4)| −1 × 3 + 2 × 0 + 2 × 4 √ |projvu | = 32 + 02 + 42 5 |projvu | = √ 25 |projvu | = 398.126.848-24
|projvu | = 1
398.126.848-24
12
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D R
AF
T
Alternativa (A)
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PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E NGENHEIRO ( A )
DE
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
Q UÍMICO ( A )
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
PROMINP - N ÍVEL S UPERIOR - G RUPO G
T
Cálculo Diferencial e Integral RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
AF
Questões Resolvidas
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
E
CESPE
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8.
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6
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
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responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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8.
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6
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Índice de Questões
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Q24 (pág. 1), Q25 (pág. 3), Q26 (pág. 5).
T
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1
AF
Q24 (pág. 6), Q25 (pág. 7), Q26 (pág. 8), Q28 (pág. 9).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 Q24 (pág. 10), Q25 (pág. 12), Q27 (pág. 13), Q28 (pág. 14).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 Q22 (pág. 15), Q23 (pág. 17), Q24 (pág. 19).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
R
Q5 (pág. 20), Q13 (pág. 21), Q22 (pág. 22), Q35 (pág. 25), Q42 (pág. 23), Q43 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008
D
Q29 (pág. 28), Q43 (pág. 30), Q45 (pág. 31). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 Q51 (pág. 33), Q52 (pág. 34), Q53 (pág. 35), Q56 (pág. 37), Q57 (pág. 38), Q69 (pág. 39).
Prova: Grupo G - Cesgranrio - PROMINP 2012 Q17 (pág. 40), Q18 (pág. 41), Q19 (pág. 43). Prova: Grupo G - Cesgranrio - PROMINP 2010
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q12 (pág. 44), Q14 (pág. 45), Q18 (pág. 46), Q20 (pág. 47),
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CÁLCULO
8.
12
6
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Prova: Grupo G - Cesgranrio - PROMINP 2009 Q11 (pág. 48), Q14 (pág. 49), Q16 (pág. 50).
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q56 (pág. 51), Q57 (pág. 53). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1 Q66 (pág. 55), Q67 (pág. 58), Q68 (pág. 59). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q43 (pág. 56), Q45 (pág. 61), Q46 (pág. 63).
Q66 (pág. 62), Q67 (pág. 64), Q68 (pág. 66).
T
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
AF
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q1 (pág. 67), Q2 (pág. 68), Q5 (pág. 69), Q7 (pág. 71).
Prova: Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Elétrica - PetroquímicaSuape 2011/1 Q16 (pág. 73), Q18 (pág. 74), Q19 (pág. 75), Q24 (pág. 76), Q25 (pág. 78). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q42 (pág. 79), Q47 (pág. 81), Q48 (pág. 82).
R
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Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1
D
Q21 (pág. 83), Q23 (pág. 84).
Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2 Q24* (pág. 13), Q25* (pág. 64). * Estas mesmas duas questões apareceram na prova de Eng. de Petróleo deste mesmo ano. Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1 Q1 (pág. 86), Q2 (pág. 87), Q3 (pág. 89). Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008 Q27* (pág. 30), Q29 (pág. 91).
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
* Esta mesma questão apareceu na prova de Eng. de Petróleo deste mesmo ano.
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CÁLCULO
8.
12
6
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Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2006 Q37 (pág. 93), Q38 (pág. 92). Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012 Q21 (pág. 94), Q22 (pág. 95), Q24 (pág. 96), Q25 (pág. 98). 398.126.848-24
Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011 Q56 (pág. 100), Q57 (pág. 101), Q58 (pág. 102), Q59 (pág. 105), Q60 (pág. 103), Q62 (pág. 106), Q63 (pág. 106). Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006
T
Q21 (pág. 108), Q22 (pág. 109).
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39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 83
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8.
12
6
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Cálculo Diferencial e Integral
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2014/2)
T
Questão 1
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D
R
AF
A Figura mostra um reservatório que tem a forma de um cone reto, cujo eixo é perpendicular ao solo e cuja altura e raio da base medem 10 metros. O reservatório estava vazio e passou a receber resíduos líquidos segundo uma taxa constante de 0,25 m3 por segundo. A altura do nível do líquido presente no reservatório aumenta em função do tempo. Essa altura, em metros, é representada por h(t), sendo t o tempo dado em segundos e contado a partir do momento em que os resíduos passaram a ser despejados no reservatório.
A velocidade de variação da altura h em relação ao tempo, em m/s, no instante em que h for igual a 5 metros, será de (A)
(B)
1 100 1 10
(C)
40
(D) 2,5 (E) 0,25
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para o cone da figura, o raio da base é igual a altura do sólido (r = h).
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2
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
O volume de um cone qualquer é: V =
πr2 h 3
O volume deste cone reto é, então:
398.126.848-24
π(h2 )h V = 3 πh3 V = 3 A vazão de entrada é equivalente a variação de volume do reservatório: dV dt Q = 0, 25 m3 /s
T
Q=
Derivando o volume do reservatório, temos:
AF
πh3 3 π3h2 dh = 3 dt dh = πh2 dt dV 1 = dt πh2 25 1 = 100 π52 1 = 100π
dV dt dV dt dh dt dh dt dh dt
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✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
R
V =
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Questão 2
3
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2014/2) A medida do volume de água presente em um reservatório, em metros cúbicos, é representada por V. Uma bomba foi ligada (t = 0) e tal medida passou a variar em função do tempo t, dado em horas, por meio da função V : R+→ R. A função V é derivável, e sua derivada é tal que |V′(t)|≤1, t>0. Sabe-se que V(2) = 3, isto é, duas horas após a bomba ter sido ligada, havia 3 m3 de água no reservatório.
398.126.848-24
Qual é o menor valor de t para o qual V(t) pode ser igual a zero? 1 3 4 5 6
T
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
AF
Ao afirmar que |V ′ (t)| ≤ 1, o entendimento é de que o volume no reservató-
rio altera-se, no máximo, em 1m3 a cada hora. Como o módulo foi utilizado, essa
variação pode ser tanto positiva quanto negativa. Se V ′ (t) for positivo o reservatório estará enchendo, se V ′ (t) for negativo ele estará esvaziando. Para encontrarmos o menor valor de t onde V (t) = 0, obviamente precisamos considerar o maior valor (em módulo) de V ′ (t). Supondo que o reservatório
R
está se enchendo (V ′ (t) > 0), o maior valor de V ′ (t) é igual a 1:
398.126.848-24
V ′ (t) = 1
D
Integrando ambos os lados da equação: Z Z ′ V (t)dt = 1dt V (t) = t + C
Sabendo que V (2) = 3, temos: V (2) = 2 + C 3=2+C C=1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Portanto, se supormos que o reservatório está se enchendo, o mínimo valor
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398.126.848-24
4
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CÁLCULO
8.
12
6
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de t quando V (t) = 0 é: V (t) = t + 1 0=t+1 t = −1
398.126.848-24
Mas como é dito no enunciado que a expressão é válida apenas para t > 0, vemos que este resultado não é o que estamos buscando. Ou seja, na verdade o reservatório está se esvaziando (V ′ (t) < 0). Então basta assumirmos V ′ (t) = −1 e repetirmos os cálculos anteriores:
T
V ′ (t) = −1 Z ′ V (t)dt = − 1dt V (t) = −t + C
AF
Z
Encontrando o valor da constante C:
V (2) = −2 + C 3 = −2 + C
C=5
398.126.848-24
V (t) = −t + 5 0 = −t + 5 t=5 ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
Portanto:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 3
5
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2014/2) Se c representa uma constante real qualquer, a integral x indefinida e(e x)dx é dada por x
(A) e(e ) c
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(e x x)
(B) e
c
x e 2
x
x)
ex c
x
x)
(e x 1) c
(D) e(e (E) e(e
x2
(C) e
c
Resolução:
T
A integral do enunciado pode ser reescrita da seguinte maneira: Z Z x (ex +x) e dx = ee ex dx
AF
Escapa-se dessa integral, propondo a seguinte substituição: u = ex
du = ex dx
Se a integral for definida, lembre-se de recalcular também os limites de integração de acordo com a substituição utilizada.
Realizando a substituição, a integral indefinida se apresenta em uma forma
398.126.848-24
R
mais conhecida:
Z
eu du
D
Resolvendo e retornando a substituição: Z eu du = eu + C Z x x ee ex dx = ee + C O candidato menos inspirado, considerando o teorema fundamental do cál-
culo, pode encontrar a resposta derivando as alternativas em busca da função que está sendo integrada no enunciado. ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 4
6
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8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1) Seja f uma função real de variável real não nula dada por 1
f(x) =(1+2x) x . 398.126.848-24
Quanto vale (A)
?
(B) e2
(C) 2e
(D)
(E)
Resolução: À primeira vista já identificamos que a função apresentada é muito semelhante ao limite notável: 1
T
lim (1 + u) u = e
u→0
Porém vemos uma leve diferença. Nosso objetivo é deixar a função dada no formato do limite notável acima. Para isso primeiro fazemos u = 2x, ou x = u2 ,
AF
então aplicamos tal transformação na função dada:
1 u
1
lim (1 + 2x) x = ulim (1 + u) 2
x→0
2
→0
1
= lim (1 + u) u ×2 u→0 2 1 u = lim (1 + u) u→0
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✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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6. 8
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-2
4
D
R
= e2
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 5
7
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1)
Considere uma função f definida no conjunto dos reais, e b um elemento de seu domínio. A função f será contínua em b se, e somente se, 398.126.848-24
(A) f está definida para x = b. (B) existe (C) (D)
T
(E) f(b) = 0
Resolução:
Sabemos que, para uma função f ser contínua em um ponto b do seu domí-
AF
nio, é preciso que esta função cumpra os três requisitos abaixo: 1: ∃f (b)
2: ∃ lim f (x) x→b
3: lim f (x) = f (b) x→b
Porém ao expressarmos a igualdade do terceiro item já deixamos implícito 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
as duas condições de existência. Logo a alternativa correta é a letra (D).
398.126.848-24
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Questão 6
8
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8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1)
A figura a seguir mostra uma parte dos gráficos das funções reais de variáveis reais dadas por f(x) = x3 e g(x) = x2. 2
f (x) = x3
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1.5
g (x) = x2
1 0.5 0 -1
-0.5 0
0.5
1
1.5
2
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
AF
Resolução:
T
A parte pintada representa a região do plano R2 em que x3 ≤ y ≤ x2, com x ≥ 0. Se o quadrado formado pelos pontos (0,0); (0,1); (1,1) e (1,0) tem área igual a 1 unidade de área, quantas unidades de área tem a região pintada?
A parte pintada, que queremos calcular a área, está contida na região delimitada por 0 < x < 1, portanto já sabemos que os limites inferior e superior de integração (integrando em x) são respectivamente 0 e 1.
Também percebemos que a área pintada é delimita superiormente pela função g(x) = x2 e inferiormente pela função f (x) = x3 , logo a função a ser integrada 398.126.848-24
R
é dada por: h(x) = x2 − x3 . Agora que identificamos a função a ser integrada e os
D
limites de integração, podemos finalmente encontrar o valor da área pintada: Z 1 A= h(x)dx 0 Z 1 A= (x2 − x3 )dx 0 3 1 x x4 A= − 3 4 0 3 4 1 1 A= − − (0 − 0) 3 4 4−3 A= 12 1 A= 12 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 7
9
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1)
Os valores extremos locais (máximos ou mínimos) da função f : R → R dada por f(x) = sen2 (x) ocorrem quando (A) cos2 (x) = 0 (B) cos (x) = 0 (C) cos(2x) = 0 (D) sen(2x) = 0 (E) sen2 (x) = 0
398.126.848-24
Resolução:
contínua a derivada é igual a zero.
T
Sabemos que nos extremos locais (máximos e mínimos) de uma função
Portanto basta igualarmos a derivada da função f (x) a zero para encontrarmos a resposta, como segue:
AF
df (x) =0 dx
d sen2 (x) = 0 dx 2sen(x)cos(x) = 0
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
sen(2x) = 0
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 8
10
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
Uma indústria deseja fabricar um tambor fechado na forma de um cilindro circular reto. Se a área total da superfície do tambor é fixada em 36π dm2, o volume máximo que esse tambor pode ter é, em dm3, igual a (B)
(A)
(D)
(C)
(E)
398.126.848-24
Resolução: Para resolvermos esta questão assumiremos que o cilindro possui um raio de base igual a r e uma altura igual a h. Sabemos que a área total de um cilindro fechado é igual a soma da área da base e da tampa (círculos) com a área lateral (retângulo de base igual a 2πr e altura h). Como nos foi informado que a área total
T
é igual a 36π, temos:
πr2 + πr2 + 2πrh = 36π
2πr2 + 2πrh = 36π
AF
r2 + rh = 18 h=
18 − r2 r
Veja que acima estabelecemos uma relação permanente entre a altura h e o raio da base r do cilindro, visto que a área total da superfície do tambor é fixa. Agora encontraremos uma expressão para o volume V deste cilidro, em função do 398.126.848-24
R
raio r:
V (r) = AreaBase × Altura
D
V (r) = (πr2 ) × h
18 − r2 r 3 V (r) = 18πr − πr V (r) = (πr2 ) ×
Agora que já encontramos a função V (r), basta encontrarmos o ponto de
máximo desta função, que corresponderá ao volume máximo que o tambor pode ter. Para achar tal ponto de máximo, basta derivarmos V (r) em função de r e igualar a zero:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
dV (r) =0 dr
398.126.848-24
398.126.848-24
11
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
d (18πr − πr3 ) = 0 dr 18π − 3πr2 = 0
3πr2 = 18π
398.126.848-24
r2 = 6 √ r= 6 Mas como saber se o valor r =
√
6 é máximo ou mínimo? Basta verificarmos
a segunda derivada de V (r):
T
d2 V (r) d = (18π − 3πr2 ) = −6πr < 0 2 dr dr Como a segunda derivada de V (r) é negativa (pois r é positivo), então concluímos que encontramos um ponto de máximo. Mas a questão não pede o valor de r e
AF
sim o volume máximo, logo:
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (A) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
V (r) = 18πr − πr3 √ √ √ V ( 6) = Vmax = 18π 6 − π( 6)3 √ √ √ Vmax = 18π 6 − ( 6)2 π 6 √ √ Vmax = 18π 6 − 6π 6 √ Vmax = 12π 6
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 9
12
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
O valor de (A) (B) (C) (D) (E)
398.126.848-24
é
0 –1 –3 –4 –5
Resolução: Ao tertar calcular o limite apresentado apenas fazendo x = −1 na função
T
o candidato se deparará com uma indeterminação do tipo 00 . Sabemos que neste caso podemos utilizar o Teorema de L’Hopital, que cosiste em derivar o numerado e denominador, quantas vezes for preciso, até deixar de existir uma inconsistência.
AF
No caso desta questão basta derivarmos uma vez, como vemos abaixo: x2 − 3x − 4 2x − 3 = lim 2 x→−1 x + 3x + 2 x→−1 2x + 3 2(−1) − 3 = 2(−1) + 3 lim
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
= −5
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
13
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
Sejam f(x), g(x) e h(x) funções reais de variáveis reais, deriváveis em todo o conjunto dos números reais e tais que h(x) = f(g(x)), para todo x real. Considere, ainda, a tabela de valores a seguir, onde e são as derivadas das funções f(x) e g(x), respectivamente. x
398.126.848-24
0
1
2
3
0
2
–1
–2
1
–4
3
–1
3
2
1
0
–1
–3
4
1
O valor de (A) –23 (B) –17 (C) –1 (D) 3 (E) 22
é
T
Resolução: Sabendo que h(x) = f (g(x)) podemos calcular uma expressão para h’(x):
AF
h′ (x) = f ′ (g(x))g ′ (x)
Agora, observando os valores apresentados na tabela, podemos calcular os termos:
h′ (0) = f ′ (g(0))g ′ (0) = f ′ (3)(−1) = (−1)(−1) = 1 h′ (1) = f ′ (g(1))g ′ (1) = f ′ (2)(−3) = (3)(−3) = −9 h′ (2) = f ′ (g(2))g ′ (2) = f ′ (1)(4) = (−4)(4) = −16
398.126.848-24
R
h′ (3) = f ′ (g(3))g ′ (3) = f ′ (0)(1) = (1)(1) = 1
Logo:
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
h′ (0) + h′ (1) + h′ (2) + h′ (3) = 1 − 9 − 16 + 1 = −23
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 11
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
A função real F de variável real é tal que F(x) =
398.126.848-24
14
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(A)
(C)
(B)
(D)
e F(0) = e. Outra forma de apresentar a função F é (E)
Resolução: Para resolvermos a integral apresentada faremos a seguinte substituição de variável: u = 3x + 1. Deste modo teremos que du = 3dx, ou dx =
du . 3
Agora
T
podemos resolver facilmente a integral: Z Z Z 1 3x+1 u du e dx ⇒ e = eu du 3 3 1 = eu + c 3
AF
Uma forma alternativa de representarmos a equação acima seria então: 1 F (x) = eu + c 3
Sabemos que u = 3x+1, logo quando x = 0 temos u = 1. Logo, para encontrarmos o valor de c fazemos x = 0 e u = 1:
D
R
1 F (x) = eu + c 3 1 F (0) = e1 + c 3
Ou seja:
398.126.848-24
1 c = F (0) − e 3 1 c=e− e 3 2 c= e 3
1 2 F (x) = eu + e 3 3
Agora finalmente voltamos para a variável x, fazendo u = 3x + 1: 1 2 e F (x) = e3x+1 + e = (e3x + 2) 3 3 3 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
15
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2011/1)
Dada uma função
diferenciável, a função
, pode não ser
AF
, definida por
T
398.126.848-24
diferenciável em alguns pontos de seu domínio. Por exemplo, se considerarmos
,
cujo gráfico é parcialmente representado na figura acima, então a função
NÃO será diferenciável em,
398.126.848-24
R
exatamente, (A) 1 ponto (B) 2 pontos (C) 3 pontos (D) 4 pontos (E) 5 pontos
D
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida analiticamente, já que a função f (x) foi
dada. Porém resolveremos apenas graficamente, pois claramente esta é a maneira mais simples e mais rápida. Sabendo que g(x) = |f (x)|, a função g(x) vai ser igual a f (x) quando y > 0,
e terá a parte negativa de f (x) “rebatida” em relação ao eixo x. Um esboço da
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
função g(x) é mostrado abaixo:
398.126.848-24
398.126.848-24
16
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
398.126.848-24
I I I I
I
I I
T
Para uma função ser diferenciável em um ponto b ela deve ser contínua neste ponto e as derivadas pela direita e pela esquerda devem ser iguais. Olhanda para o gráfico podemos observar que há dois “pontos de quebra” em g(x), nos pontos
AF
x = 0 e x = 3, logo fica claro que as derivadas laterais nestes pontos não são
R
iguais, como indicado na figura abaixo:
398.126.848-24
I I I I
D
I
I I
Na figura acima as retas vermelhas são esboços de retas tangentes ao grá-
fico, representado as derivadas pela esquerda e pela direita nestes pontos. Como podemos perceber, em x = 0 e x = 3 as derivadas laterais são diferentes, portanto
concluímos que a função g(x) não é diferenciável nestes dois pontos. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
17
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2011/1)
Qual é o valor da integral
?
(A) −18π 398.126.848-24
(B) −6π (C) (D) −18 (E) 0
T
Resolução: Ao observarmos esta integral de imediato devemos perceber que uma substituição trigonométrica provavelmente a resolverá (veja que a integral é, salvo o
AF
sinal, igual a hipotenusa de um triângulo de catetos iguais a x e 3). Portanto utilizaremos a seguinte substituição de variáveis: x = 3sen(θ)
⇒
dx = 3cos(θ)dθ
Mas também temos que lembrar de mudar os limites de integração, que agora fazem referência a θ e não x. Pela nossa substituição, se x = 3 temos
R
θ = π/2, e se x = −3 temos θ = −π/2. Logo, após as substituições teremos: Z 3 √ Z π/2 p 2 − 9 − x dx = − 9 − (3sen(θ))2 3cos(θ)dθ
D
−3
398.126.848-24
−π/2
=
Z
=
Z
π/2
−π/2 π/2 −π/2
= −3
Z
= −9
Z
−
p
9 − 9sen2 (θ)3cos(θ)dθ
−
p
9(1 − sen2 (θ))3cos(θ)dθ
π/2
−π/2 π/2
p cos2 (θ)3cos(θ)dθ cos2 (θ)dθ
−π/2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Agora chegamos em um novo problema, que é resolver a integral acima.
398.126.848-24
398.126.848-24
18
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Para isso devemos lembrar de algumas identidades trigonométricas: cos(2θ) = cos2 (θ) − sen2 (θ)
cos(2θ) = cos2 (θ) − (1 − cos2 (θ)) cos(2θ) = 2cos2 (θ) − 1
398.126.848-24
cos2 (θ) =
cos(2θ) + 1 2
Substituindo este resultado na nossa integral podemos facilmente resolvêla: π/2 2
−π/2
π/2
cos(2θ) + 1 dθ 2 −π/2 π/2 −9 sen(2θ) = +θ 2 2 −π/2 h −9 π π i = 0+ − 0− 2 2 2 −9π = 2
cos (θ)dθ = −9
Z
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
T
−9
Z
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
19
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2011/1) O
gráfico
da
função
,
definida
por
, possui como assíntota a reta do plano car398.126.848-24
tesiano cuja equação é (A)
(B) y =
4 5
x
(C) y = 2x
4 5
AF
(E) y =
T
(D) y = 0
Resolução:
Para encontrarmos a assíntota da função f (x) devemos calcular o seguinte limite:
4x x→∞ 5x − 3x lim
Porém vemos que o limite, do modo como está apresentado, não é fácil de
R
ser encontrado. Por isso vamos fazer um pequeno trabalho algébrico:
D
4x lim x = lim x→∞ 5 − 3x x→∞ = lim
x→∞
398.126.848-24
4x 4x 5x 4x
−
5 x 4
3x 4x
1 −
3 x 4
1 x→∞ (1, 25)x − (0, 75)x 1 = ∞−0 = lim
=0
Portanto vemos que a função f (x) tende ao infinito quando x → ∞, logo a
reta assíntota é y = 0.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 15
20
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
Um vazamento de óleo se espalha sobre a superfície de um lago formando uma mancha circular. Em determinado instante, a mancha tem um raio de 100 metros, que cresce a uma taxa de variação instantânea de 10 metros por hora. Usando = 3, estima-se que, nesse instante, a área da superfície do lago coberta pela mancha de óleo está crescendo, em m2/h, a uma taxa instantânea igual a (A) 10 (B) 100 (C) 600 (D) 3.000 (E) 6.000
398.126.848-24
T
Resolução: Chamaremos o instante de tempo em que estamos analisando o problema de t. Nos foi informado que neste instante o raio da mancha circular é igual a 100
AF
metros, ou seja: r(t) = 100m. Também foi dito que neste momento o raio cresce a uma taxa de 10 metros por hora, logo:
dr(t) dt
= 10m/h. Como sabemos calcular
a área da mancha (que é um círculo), fica fácil acharmos sua taxa instantânea de crescimento (sua derivada):
A(t) = π(r(t))2
d [π(r(t))2 ] dt dr(t) = 2πr(t) dt =
398.126.848-24
= 2 × 3 × 100 × 10 = 6000m2 /h ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
dA(t) dt dA(t) dt dA(t) dt dA(t) dt
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 16
21
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
Dada a função f:R R definida por f(x) = ln(3x + 1), o f(2x) f(0) valor de lim é x x 0 398.126.848-24
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 3
(E) 6
Resolução: Como sabemos que f (x) = ln(3x+1), facilmente calculamos f (2x) = ln(6x+
lim
x→0
T
1) e f (0) = ln(1) = 0. Agora podemos substituir no limite: f (2x) − f (0) ln(6x + 1) − 0 = lim x→0 x x
AF
Porém percebemos que o limite feito diretamente resulta em 00 , que é uma indeterminação. Sabemos que uma possível solução para este problema é utilizar L’Hopital, derivando o numerado e o denominador, e em seguida aplicando o limite: ln(6x + 1) = lim x→0 x→0 x lim
= lim
d dx
ln(6x + 1) dx dx
6 6x+1
1 6 = 6×0+1
398.126.848-24
=6
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
x→0
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 17
22
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1) Observe o gráfico da função y = f(x) a seguir.
4 398.126.848-24
3 2 1 -4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1 -2 -3
AF
T
Sendo f’(a) o valor da função derivada de f(x) para x=a, considere os números: f’(-2), f’(-1), f’(1) e f’(2). O menor e o maior desses números são, respectivamente, (A) f’(-2) e f’(2) (B) f’(2) e f’(-1) (C) f’(1) e f’(-2) (D) f’(2) e f’(-2) (E) f’(-1) e f’(1)
Resolução:
Sabemos que a derivada de uma função f (x) em um ponto x = a corresponde à inclinação da reta tangente neste ponto. Ora, como desejamos comparar
R
as derivadas nos pontos x = −2, x = −1, x = 1 e x = 2, esboçaremos as retas
398.126.848-24
tangentes ao gráfico nestes pontos, para podermos comparar suas inclinações:
D
4 3 2 1
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1 -2 -3
Como o valor da derivada em cada ponto corresponde à tangente do ângulo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(positivo) formado pelo eixo x e a reta, vemos que quando este ângulo é agudo
398.126.848-24
398.126.848-24
23
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
temos uma derivada positiva, e quando este ângulo é obtuso temos uma derivada negativa. Também podemos concluir que quanto maior for o ângulo agudo, maior é o valor da derivada (derivada positiva), e quanto maior o ângulo obtuso, menor é o valor da derivada (derivada negativa). 398.126.848-24
Neste problema em questão vemos diretamente que f ′ (−2) > 0, f ′ (−1) ≈ 0,
f ′ (1) < 0 e f ′ (2) ≈ 0. Logo concluímos diretamente que o menor valor é f ′ (1) e o maior é f ′ (−2).
✞
☎
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
AF
Questão 18
T
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
R
Deseja-se cercar uma região retangular de um terreno. Com o mesmo material da cerca, deseja-se, ainda, conduzir uma cerca interna paralelamente a um dos lados, de modo a dividir a área cercada em duas, conforme indicado na figura acima. Se há material disponível para construir 600 m de cerca, qual é, em m2, a maior área total possível da região cercada? (A) 12.000 (B) 14.400 (C) 15.000 (D) 22.500 (E) 36.000
D
Resolução:
Primeiramente identificaremos as dimensões da figura, como: y
x
Deste modo, o comprimento total da cerca (que deve ser igual a 600m) será dado por:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
3x + 2y = 600
398.126.848-24
398.126.848-24
Isolando a variável y temos: y=
24
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
600 − 3x 2
Mas como desejamos maximizar a área A, vamos encontrar uma expressão desta em função de x:
398.126.848-24
A(x, y) = xy 600 − 3x A(x) = x 2 3 A(x) = 300x − x2 2 Ora, como queremos encontrar o valor máximo possível desta área, basta
T
derivarmos A(x) em função de x e igualarmos a zero: dA(x) d d 3 2 = [300x] − x =0 dx dx dx 2
AF
300 − 3x = 0
x = 100
Então vemos que o valor máximo de A acontece quando x = 100m. Agora basta substituirmos este resultado na expressão de A(x) para encontrarmos o valor da área máxima:
3 A(x) = 300x − x2 2
R
398.126.848-24
Amax = 15000 ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
3 Amax = 300 × 100 − (100)2 2 Amax = 30000 − 15000
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 19
25
39
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8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
40
O valor de
2x 1 dx é
4 398.126.848-24
(A) 117 (B) 234 (C) 343 (D) 351 (E) 468
T
Resolução: Para resolver esta integral utilizaremos a seguinte substituição de variável: ⇒
du = 2dx
AF
u = 2x + 1 E os novos limites de integração serão: u4 = 2 × 4 + 1
u40 = 2 × 40 + 1
u4 = 9
u40 = 81
Portanto nossa nova integral a ser resolvida será: Z 81 Z √ du 1 81 √ u = udu 2 2 9 9 " √ #81 1 u3 = 3 2 2 9 √ √ 1 = [ 813 − 93 ] 3 √ 1√ = [ 312 − 36 ] 3 1 = [36 − 33 ] 3 33 = [33 − 1] 3 = 32 × [27 − 1]
D
R
398.126.848-24
= 234 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 20
26
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
Na figura a seguir, temos as representações gráficas das curvas y = x2 e x2 + y2 = 6.
y 4 398.126.848-24
3 2 1 x -4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1 -2 -3
T
-4 A área da região contida no primeiro quadrante e limitada pelo eixo x e pelas duas curvas citadas é 2
(A)
(
6
6 y 2 y ) dy
(B)
0
6
0
AF
0
(E)
6 x 2 x 2 ) dx
0
3
(C)
(
x 2 dx
6
3
6 x 2 dx
(D)
6 x 2 dx -
(
6 y 2 y ) dy
0
3
2
x 2 dx
0
398.126.848-24
R
Resolução:
O primeiro passo para resolver esta questão é identificar as coordenadas
do ponto de encontro entre os dois gráficos, no primeiro quadrante. Para isso basta igualarmos as duas equações dadas. Substituindo y = x2 na equação da
D
circunferência temos:
x2 + y 2 = 6 y + y2 = 6 y2 + y − 6 = 0 y=2
ou
y = −3
Porém, como sabemos que y = x2 , y não pode ser negativo, logo concluímos √ √ que y = 2, e consequentemente x = y = 2. Ou seja, o ponto de encontro √ dois dois gráficos é dado pelo par coordenado ( 2, 2). Este ponto de encontro foi
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
identificado no gráfico:
398.126.848-24
398.126.848-24
27
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
y 4 3 2 1 x
398.126.848-24
-4
-3
-2
-1
2
1
3
4
5
-1 -2 -3 -4
Para calcularmos a área desejada podemos proceder de dois modos, inte-
AF
T
grando em x ou integrando em y. Integrando em x devemos primeiramente integrar √ √ a função y = x2 de x = 0 a x = 2, e depois integrar a função y = 6 − x2 de √ √ x = 2 até x = 6 (o raio da circunferência). Ou seja, a área A será dada por: Z √2 Z √6 √ 2 A= x dx + √ 6 − x2 dx 0
2
Mas, como podemos ver, esta opção não consta nas alternativas. Portanto vamos encontrar a expressão para uma integração em y. p √ Integrando em y devemos integrar a função x = 6 − y 2 − y de 0 até a
R
coordenada y do ponto de encontro, que é y = 2. Ou seja, a área será dada por: Z 2 p √ A= ( 6 − y 2 − y)dy
398.126.848-24
0
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
E esta expressão pode ser encontrada na alternativa (A).
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 21
28
39
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8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008) Considere que f é uma função definida do conjunto D em IR por f(x) = x 2 4x + 8. Sendo Im a imagem de f, é correto afirmar que, se (A) D = [ 2;0] então Im(f) = IR+ (B) D = [2; [ então Im(f) = [0 ; 4] (C) D = [2; [ então Im(f) = IR+ (D) D = [0; 2] então Im(f) = [0 ; 8] (E) D = [0; 2] então Im(f) = [4 ; 8]
398.126.848-24
Resolução: A melhor maneira de resolver uma questão deste tipo é traçando um esboço
T
da função em questão. Para tal devemos identificar os pontos chaves, que definem a função.
Primeiramente então determinaremos os zeros da função f (x):
AF
x2 − 4x + 8 = 0
∆ = 42 − 4 × 1 × 8 ∆ = −16
Ora, como ∆ < 0 sabemos que a função não cruza o eixo real. Mas a concavidade da função é para cima ou para baixo? Para isso devemos verificar o 398.126.848-24
R
sinal da segunda derivada de f (x):
D
d2 2 d [x − 4x + 8] = [2x − 4] 2 dx dx =2
Logo, como a segunda derivada é positiva, sabemos que tal função apre-
senta um mínimo, ou seja, a parábola tem concavidade para cima. Mas qual é este ponde de mínimo? Para descobrir, igualaremos a derivada de f (x) a zero: d 2 [x − 4x + 8] = 0 dx 2x − 4 = 0 xv = 2 yv = x2v − 4xv + 8 = 22 − 4 × 2 + 8 = 4
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Ou seja, as coordenadas do vértice são: (xv , yv ) = (2, 4). Portanto podemos
398.126.848-24
398.126.848-24
29
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
esboçar o gráfico de f (x), como abaixo:
y 398.126.848-24
4
x
T
2
Como podemos ver, o contradomínio de f (x) é [4, ∞[, e isso já invalida as
alternativas (A), (B), (C) e (D), nos restando apenas a alternativa (E). Para verificar
AF
a validade da alternativa (E), vemos que f (0) = 8 e f (2) = 4. Logo: então Im(f ) = [4; 8]
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Se D = [0; 2]
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 22
30
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8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008)
Quanto vale a área da região delimitada pelo eixo das , e o gráfico da função de
abscissas, as retas x = 0 e x =
IR em IR cuja lei é f(x) = cos(2x)?
398.126.848-24
1 4 (D) 3 1 4
1 2 (C) 3 4 3 4 (E) 4
(A)
(B)
Resolução:
T
Um erro muito comum neste tipo de questão é o candidato resolver direta√ R π/3 mente a integral 0 cos(2x)dx, encontrando então 43 , marcando a alternativa (C)
e errando a questão! Isso acontece quando o candidato não verifica se a função
AF
cos(2x) cruza o eixo x entre os intervalos de integração.
A função cos(2x) cruzará o eixo x nos seguintes pontos: cos(2x) = 0
2x = n x=n
π 2 π 4
R
Ou seja, toda vez que x for um múltiplo inteiro de
π 4
398.126.848-24
a função cos(2x) cruzará
o eixo x e mudará de sinal. No nosso caso, como os limites de integração são 0 e π , 3
a função trocará de sinal apenas uma vez, em x = π4 . E esta troca de sinal que
D
faz o candidato mal atento errar a questão. Para termos o valor correto da área entre o eixo das abscissas e as retas
x=0ex=
π 3
devemos calcular uma integral entre x = 0 e x =
π 4
(o ponto de troca
de sinal), e então somar com o oposto da integral calculada entre x =
π 4
e x = π3 .
Chamaremos a área da primeira integral de A+ e a segunda de A− . Calculando
primeiramente A+ :
A+ =
Z
π/4
cos(2x)dx 0
π/4 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
sen(2x) A+ = 2
398.126.848-24
398.126.848-24
31
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
sen(2 π4 ) −0 2 1 A+ = 2 A+ =
398.126.848-24
Agora calculamos a área A− , abaixo do eixo das abscissas: Z π/3 A− = cos(2x)dx π/4
sen(2x) A− = 2
π/3 π/4
T
sen(2 π3 ) sen(2 π4 ) A− = − 2 √ 2 3 1 A− = − 4 2
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
R
AF
Agora encontramos a área A somando A+ com o oposto de A− : ! √ √ 1 3 1 4− 3 A = A+ − A− = − − = 2 4 2 4
Questão 23
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008)
D
Se um cabo flexível estiver suspenso por suas extremidades, e essas extremidades estiverem na mesma altura, então o cabo assume, devido ao seu peso, a forma de uma curva chamada catenária.
Considere a catenária dada pela função hiperbólica de IR em 2 IR cuja lei é f(x) = 2 + cosh(x) . O valor mínimo de f(x) 3 (A) é 0 (B) é
2 3
(C) é 2 (D) é
8 3
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(E) não existe
398.126.848-24
398.126.848-24
32
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Resolução: Primeiramente devemos lembrar a forma exponencial da função cosh(x): ex + e−x cosh(x) = 2
398.126.848-24
Portanto a função f (x) pode ser reescrita como: 2 ex + e−x f (x) = 2 + 3 2 Agora devemos calcular a derivada de f (x) e igualar a zero, para encontrarmos o valor mínimo:
T
df (x) 1 d = 0 + [ (ex + e−x )] = 0 dx 3 dx 1 x (e − e−x ) = 0 3 ex = e−x
AF
x=0
Logo o valor mínimo de f (x) acontece em x = 0, e é igual a: 2 ex + e−x f (x) = 2 + 3 2 0 2 e + e0 f (0) = 2 + 3 2 2 1+1 f (0) = 2 + 3 2 2 f (0) = 2 + 3 8 f (0) = 3 ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
33
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8.
12
6
398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 )
Com relação à função f (x) = x3 + 2x2 !4x + 5, assinale a opção correta. A Em três pontos do gráfico da f, a reta tangente é horizontal. 398.126.848-24
B A função f possui um máximo local no ponto x =
2 . 3
C O gráfico da função f muda de concavidade nos pontos de abcissas x = !2 e D
.
.
E No intervalo (!2, !1), a função f é crescente.
Resolução:
T
Dado f (x) = x3 + 2x2 − 4x + 5, temos que a primeira derivada de f (x) é: f ′ (x) = 3x2 + 4x − 4
AF
e a segunda derivada é:
f ′′ (x) = 6x + 4
Agora vamos julgar as alternativas:
(A) Falso. Como f ′ (x) é de ordem igual a 2, então só pode existir dois pontos 398.126.848-24
R
onde a reta tangente é horizontal (ou f ′ (x) = 0). (B) Falso. Como f ′ 32 = 0, então este ponto é um máximo local, mínimo local ou ponto de inflexão. Porém, como f ′′ 23 = 8, então percebemos que trata-se de um mínimo (pois f ′′ (x) nesse ponto é positiva).
D
(C) Falso. Nestes dois pontos temos f ′ (x) = 0 e f ′′ (x) 6= 0, portanto eles repre-
sentam máximo ou mínimo locais, onde não há mudança da concavidade da função.
(D) Verdadeiro. Como f ′′ − 23
= 0, então este é um ponto onde ocorre a mu-
dança de concavidade da função.
(E) Falso. Como f ′ (−2) = 0 e f ′′ (−2) = −8, então x = −2 é um ponto de máximo, de modo que f (x) não pode ser crescente no intervalo (−2, −1). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 25
34
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 )
Considere uma função f: D → R , definida no domínio D = ( −∞,0) ∪ (0,3) ∪ (3,+ ∞) . Em seu domínio, a função f é contínua e tem derivadas contínuas até a ordem 2. As retas x = 0 e x = 3 são assíntotas verticais de f e a reta y = 1 é assíntota horizontal de f. O gráfico da f é apresentado na figura abaixo.
398.126.848-24
y
1 –1 2
3
4
x
–1
A
lim f ( x ) = 1 .
x → −∞
A função f não muda de concavidade. Se x ∈ (0, 3) então f ( x ) × f ′( x ) > 0 . A função f é injetiva. Se x ∈ (3, + ∞ ) então f ′( x ) ≠ 0 .
AF
B C D E
T
Com base no gráfico de f e nas informações acima, assinale a opção correta.
Resolução:
Julguemos as alternativas:
(A) Verdadeiro. Como pode ser visto no gráfico, y tende a 1 quando x tende a 398.126.848-24
R
−∞.
(B) Falso. Por exemplo, se x ∈ (0, 2), então a concavidade é para baixo. Mas se x ∈ (2, 3), então a concavidade é para cima.
D
(C) Falso. Quando x ∈ (0, 2) temos f (x) < 0 e f ′ (x) > 0, de modo que f (x) × f ′ (x) < 0.
(D) Falso. Como exemplo temos que f (−1) = f (2) = 0. (E) Falso. Como a função passa de crescente a decrescente neste intervalo, então em algum ponto temos f ′ (x) = 0. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 26
35
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CÁLCULO
8.
12
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398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 ) Considere, em um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xOy, a região de área finita e limitada pelos gráficos das funções f(x) = x2 e g(x) = 9. Se a reta y = K divide essa região em duas partes de áreas iguais, então K é tal que
398.126.848-24
A K 3 = 27 . 3
27 . 2 9 C K3 = . 2 3 9 D K2 = . 4 27 3 E K = . 16 B K2 =
T
Resolução:
A figura abaixo esboça a situação apresentada no enunciado: o
AF
y
y=9 y=k
-√k
√k
-3
x
3
398.126.848-24
R
o
Sabemos que a área delimitada por f (x) = x2 e g(x) = 9 pode ser calculada
como:
D
A1 =
Z
3 −3
(9 − x2 )dx
Já a área delimitada por f (x) = x2 e y = k pode ser calculada por: A2 =
Z
Nos foi dito que A1 = 2A2 , ou sendo válida se fizermos:
√
k
√
− k
(k − x2 )dx
A1 A2
= 2. Perceba que esta relação continua
A1 2 A2 2
=2 A1 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Ou seja, para diminuir os nosso cálculos integraremos de 0 a 3 para encontrar √ e de 0 a k para encontrar A22 , pois isso não alterará nosso resultado.
398.126.848-24
398.126.848-24
36
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Desenvolvendo a equação acima então temos: A1 A2 =2 2 2 Z 3 Z √k (9 − x2 )dx = 2 (k − x2 )dx
398.126.848-24
0
0
√k x3 = 2 kx − 3 0 0 √ ! √ 33 ( k)3 9×3− =2 k k− 3 3
3
x 9x − 3
3
3
k2 18 k − = 3 2 3 2k 2 =9 3 3 27 k2 = 2
T
3 2
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
✞
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 27
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8.
12
6
398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 )
Considere uma função f :R → R , satisfazendo às seguintes condições: ! f (x), f N(x) e f O(x) são continuas em R. ! f N(!1) = f N(1) = f N(3) = 0; ! f N(x) > 0 no intervalo (1, 3); ! f N(x) < 0 em (!4, !1) c (!1, 1) c (3, + 4).
398.126.848-24
Nessa situação, é correto afirmar que a função f possui um mínimo local em x = !1. possui um máximo local em x = 1. é injetiva. possui um máximo local em x = 3. é necessariamente sobrejetiva.
Resolução:
T
A B C D E
Como foi dito que f ′ (−1) = f ′ (1) = f ′ (3) = 0, então sabemos que a função
AF
apresenta mínimos, máximos ou pontos de inflexão em x = −1, x = 1 e x = 3. Como f ′ (x) > 0 no intervalo (1, 3), então f (x) é crescente neste intervalo. E como f ′ (x) < 0 em (3, +∞), então a função é decrescente para x > 3. E também como f ′ (x) < 0 em (−1, 1), então a função também é decrescente para −1 < x < 1. Com isso deduzimos que x = 1 é um ponto de mínimo e x = 3 é um
ponto de máximo. Isso já nos leva à alternativa (D).
398.126.848-24
R
Perceba que como não nos é dado informação sobre a imagem de f (x), não
podemos analisar se esta função é injetiva ou sobrejetiva. Perceba também que ao passar por x = −1 a função não muda o sinal de f ′ (x) (veja o último item do enunciado), ou seja, este ponto é semelhante ao ponto x = 0 da função g(x) = x3 ,
D
que não é mínimo nem máximo, apenas um ponto de inflexão (onde f (x) muda de concavidade), também chamado de ponto de sela. ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 28
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CÁLCULO
8.
12
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398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 ) x2 − 1 Considere a função f definida por f ( x ) = x − 1 , se x ≠ 1 . K , se x = 1
Essa função será continua em todos os reais se K for igual a
398.126.848-24
A B C D E
!1. 0. 1. 2. 3.
Resolução:
T
Para uma função f (x) ser contínua em um ponto b do seu domínio, é preciso que esta função cumpra os três requisitos abaixo:
AF
1: ∃f (b)
2: ∃ lim f (x) x→b
3: lim f (x) = f (b) x→b
No caso desta questão temos b = 1, f (b) = K e f (x) =
R
para f (x) ser contínua temos que ter:
x2 − 1 . Portanto x−1
x2 − 1 =K x→1 x − 1
398.126.848-24
lim
2x =K x→1 1 K=2 lim
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Aplicando L’Hopital temos:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 29
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8.
12
6
398.126.848-24
( Eng. de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008 ) O lucro, ou prejuízo, semanal, em reais, de uma loja que vende x unidades de determinado produto por semana é dado por
L( x ) = − x 2 + 200 x . Nessa situação, o lucro máximo da loja será obtido quando x for igual a
398.126.848-24
A B C D E
10. 45. 90. 100. 150.
Resolução: Para encontrarmos o x do máximo da função L(x) = −x2 + 200x basta deri-
T
varmos esta função e igualarmos a zero:
AF
d L(x) = 0 dx −2x + 200 = 0
2x = 200 200 x= 2 x = 100
A questão já afirma que este é um ponto de máximo, mas se quisermos
R
conferir basta analisarmos o sinal da segunda derivada de L(x), que é L′′ (x) = −2.
398.126.848-24
Portanto, como a segunda derivada é negativa, x = 100 é um ponto de máximo. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 30
40
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2012)
A figura apresenta o gráfico da função f(x) =
(x – 2)(x – 1)(x + 3)(x + 4).
O gráfico da função derivada f’(x) é 398.126.848-24
T
(C)
(A)
AF
(D)
(B)
398.126.848-24
D
R
(E)
Resolução:
Apesar de o enunciado da questão apresentar a forma matemática de f (x),
ela é totalmente dispensável para resolução da questão desde que observemos o gráfico de f (x). Sabemos que a derivada de uma função f (x) corresponde à inclinação da reta tangente ao gráfico desta função, deste modo temos que em máximos e mínimos (locais ou globais) o valor da derivada é zero (pois a reta tangente nestes
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
pontos é horizontal).
398.126.848-24
398.126.848-24
41
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Ora, observado o gráfico de f (x) apresentado identificamos rapidamente dois pontos de máximo, um entre x = −4 e x = −3 e outro entre x = 0 e x = 1. Também identificamos dois pontos de mínimo, um entre x = −2 e x = −1 e outro
entre x = 1 e x = 2. Portanto de imediato concluímos que nestes quatro pontos a
função derivada de f (x) deve ser igual a zero. Abaixo identificamos no gráfico de
398.126.848-24
T
f (x) estes quatro pontos:
AF
Analisando as alternativas vemos que a única função que cruza o eixo x nestes quatro pontos identificados é mostrada na alternativa (D). ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
R
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2012)
D
Questão 31
A área gerada pela revolução da curva y = f(x) em torno do eixo das abscissas, x ∈ [a, b], onde f(x) é uma função contínua e derivável em [a, b], pode ser obtida através da expressão
Qual é a área da superfície gerada pela rotação do arco de parábola y2 = 2x , com 0 ≤ x ≤ 1, em torno do eixo das abscissas? (C)
(B)
(A)
(E)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(D)
398.126.848-24
398.126.848-24
42
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Resolução: Se y 2 = 2x, então y =
√
2x. Agora chamaremos y de f (x), logo: f (x) =
√
2x.
Portanto f (x), a derivada de f (x), é dada por: d h√ i −2 −1 f ′ (x) = 2x = √ = √ dx 2 2x 2x ′
398.126.848-24
Agora substituimos f (x), f ′ (x) e os limites de integração na expressão dada a fim de encontrar a área A: A = 2π
Z
1
√
2x
0 1
√
s
1+
r
−1 √ dx 2x
1 dx 2x 0 Z 1√ √ 2x + 1 A = 2π 2x √ dx 2x 0 Z 1 √ A = 2π 2x + 1dx 1+
T
2x
AF
A = 2π
Z
0
Agora basta resolvermos a integral acima, que já teremos o valor de A. Para isso faremos a seguinte substituição de variável: u = 2x + 1. Portanto temos du = 2dx, e os nossos novos limites de integração serão de u = 1 a u = 3:
D
R
3√ du A = 2π u 2 Z 31 √ A=π udu 1 " √ #3 u3 A=π du 3/2 1 2π √ 3 √ 3 A= 3 − 1 3 2π √ A= 3 3−1 3 √ 1 A = 2π 3− 3
Z
398.126.848-24
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 32
43
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2012)
Uma função F(x) é dita a antiderivada da função f(x) no intervalo [a, b] se, para todo ponto do intervalo, F’(x) = f(x). Considere as afirmativas a seguir referentes a uma função e sua antiderivada.
398.126.848-24
I – Existe função que é antiderivada de si mesma. II – Se F1(x) e F2(x) são antiderivadas de f(x) no intervalo [a, b], então F1(x) + F2(x) também é uma antiderivada de f(x) no intervalo [a, b]. III – Se F1(x) e F2(x) são antiderivadas de f(x) no intervalo [a, b], então a diferença entre F1(x) e F2(x) é uma constante.
AF
(A) I (B) II (C) III (D) I e III (E) II e III
T
Está correto APENAS o que se afirma em
Resolução:
Analisemos os itens:
1. Verdadeiro. Um exemplo é F (x) = ex , já que F ′ (x) = f (x) = ex . 398.126.848-24
R
2. Falso. Por exemplo, se F1 (x) = 2x + 1 e F2 (x) = 2x + 3, temos que f1 (x) = f2 (x) = f (x) = 2. Logo, se F3 (x) = F1 (x) + F2 (x) = 4x + 4, teremos f3 (x) = 4, que é diferente de f (x).
D
3. Verdadeiro. Utilizando os mesmos valores de F1 (x) e F2 (x) do exemplo do item anterior temos F4 (x) = F1 (x) − F2 (x) = −2, que é uma constante. Tal
conclusão pode ser obtida também diretamente do Teorema Fundamental do Cálculo.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 33
44
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2010) Em um triângulo ABC, retângulo em A, o cateto AB mede 6 cm e o cateto AC cresce a uma taxa de 2 cm/s. A taxa de crescimento da hipotenusa BC, em cm/s, quando o cateto AC mede 8 cm, é de (A) 2,0 (B) 1,8 (C) 1,6 (D) 1,5 (E) 1,4
398.126.848-24
Resolução:
T
Um triângulo ABC, retângulo em A, apresenta os catetos AB e AC e a hipotenusa BC. Como foi dado que AB = 6cm e AC = 8cm, fica fácil calcular o valor instantâneo da hipotenusa BC pelo Teorema de Pitágoras:
AF
(BC)2 = (AB)2 + (AC)2 q BC = (AB)2 + (AC)2 √ BC = 62 + 82 √ BC = 100 BC = 10cm
398.126.848-24
R
Como estamos interessados na taxa de variação da hipotenusa, realizare-
mos a derivada da equação de Pitágoras em relação ao tempo, notando que o
D
cateto AB é constante:
d d d [(BC)2 ] = [(AB)2 ] + [(AC)2 ] dt dt dt dBC dAC 2BC = 0 + 2AC dt dt dAC AC dt dBC = dt BC dBC (8cm) × (2cm/s) = dt 10cm dBC = 1, 6cm/s dt ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 34
45
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2010) O ponto em que a função f:R2 R2 definida por 2 2 f(x, y) = (2x – y) + (x – 3) + 5 assume seu valor mínimo é dado por (A) x = 1, y = 0 (B) x = 2, y = 4 (C) x = 3, y = 3 (D) x = 3, y = 6 (E) x = 4, y = 6
398.126.848-24
Resolução: Para encontrarmos os pontos de mínimos/máximos de uma função multivavariável e igualar a zero, como segue:
T
riável precisamos encontrar as derivadas parciais desta função em relação a cada
AF
∂f = 2(2x − y) × 2 + 2(x − 3) ∂x 0 = 10x − 4y − 6
(1)
R
∂f = −2(2x − y) + 0 ∂y 0 = −4x + 2y
398.126.848-24
(2)
4x − 2y = 0
D
De 1 e 2 montamos o seguinte sistema: 10x − 4y − 6 = 0 4x − 2y = 0
Deste sistema tiramos facilmente que x = 3 e y = 6, resultando na alterna-
tiva (D). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 35
46
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2010) Uma função real y = f(x) satisfaz a equação diferencial y’+ xy2 = 0. Se f(1) = 1 então f(2) é igual a (A) 1/3 (B) 2/5 (C) 1/2 (D) 1 (E) 2
398.126.848-24
Resolução: À primeira vista já suspeitamos que se trata de uma equação diferencial a variáveis separáveis. Seguindo este raciocínio vamos desenvolver a equação,
T
buscando integrá-la: y ′ + xy 2 = 0
= −xy 2 = −x
R
AF
y′ 1 y′ 2 y dy 1 dx y 2 dy y2 Z dy y2 1 − y
= −x
= −xdx Z = − xdx x2 =− +c 2
398.126.848-24
Como foi dado que f (1) = 1, sabemos que y = 1 quando x = 1, então pode-
mos substituir na equação acima para encontrar o valor da constante de integração
D
c:
1 x2 − =− +c y 2 1 12 − =− +c 1 2 1 c=− 2
Ou seja, nossa função y = f (x) é dada por: 1 x2 1 − =− − y 2 2
ou
1 x2 1 = + y 2 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Portando, agora basta substituirmos x = 1 na função para finalmente encon-
398.126.848-24
398.126.848-24
47
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
trarmos f (2): 1 x2 1 = + y 2 2 2 1 2 1 = + y 2 2 1 5 = y 2 2 y= 5
398.126.848-24
✞
☎
Questão 36
(Grupo G - PROMINP 2010)
1
2
x ∫ xe dx é
AF
O valor de
T
Alternativa (B) ✆ ✝
0
(A) (B) (C) (D) (E)
0 1 e–1 (e – 1)/2 e2
398.126.848-24
R
Resolução:
Ao fazermos a seguinte substituição de variável: u = x2 , consequentemente
D
temos du = 2xdx. Neste caso os limites de integração não se alterarão, logo: Z 1 Z 1 du x2 xe dx = eu 2 0 0 1 u1 = [e ]0 2 1 = [e1 − e0 ] 2 e−1 = 2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 37
48
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2009)
Seja y = A.x + B a equação da reta tangente ao gráfico de y = x3 – 6.x2 + 11.x – 5 no ponto (1,–1). O valor de A + B é (A) – 2 (B) – 1 (C) 0 (D) 1 (E) 2
398.126.848-24
Resolução: Se a reta tangente ao gráfico y = x3 − 6x2 + 11x − 5 no ponto (1, −1) possui
equação y = Ax+B, sabemos que A, o coeficiente angular desta reta, corresponde ao valor da derivada do gráfico neste ponto. Portanto para encontrarmos o A da
T
reta que passa pelo ponto (1, −1) basta derivarmos a função do gráfico e então
fazermos x = 1:
d 3 [x − 6x2 + 11x − 5] dx = 3x2 − 12x + 11
AF
y′ =
Portanto encontramos o valor de A facilmente:
y ′ (1) = A = 3 × 12 − 12 × 1 + 11 = 2
Agora que encontramos A = 2, basta substituirmos na equação da reta, e
R
utilizarmos o fato desta reta passar pelo ponto (1, −1) para encontrarmos o valor
398.126.848-24
D
de B:
y = Ax + B −1 = 2 × 1 + B B = −3
Como é pedido o valor de A + B: A + B = 2 − 3 = −1 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 38
49
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Grupo G - PROMINP 2009) Seja y(x) a solução do problema de valor inicial y” 3y’+ 2y = 0 y(0) = 4 y(ln2) = 10
398.126.848-24
O valor de y(1) é (A) 0 (C) e2 + 1 (E) e2 + 3e
(B) e (D) e2 + e
Resolução: Vemos que se trata de uma Equação Diferencial Homogênea com coeficien-
T
tes constantes, por isso sabemos que a solução é da forma y(x) = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x . Para encontrarmos λ1 e λ2 substituimos a solução y = eλx na equação: y ′′ − 3y ′ + 2y = 0
AF
(eλx )′′ − 3(eλx )′ + 2eλx = 0 λ2 eλx − 3λeλx + 2eλx = 0 (λ2 − 3λ + 2)eλx = 0 ou
λ1 = 1
λ2 = 2
Ou seja, a solução da nossa equação é da forma: y(x) = c1 ex + c2 e2x . Agora
R
precisamos encontrar c1 e c2 , e para isso utilizamos as condições apresentadas: y(0) = c1 e0 + c2 e0 = 4
⇒
c1 + c2 = 4
y(ln 2) = c1 eln 2 + c2 e2 ln 2 = 2c1 + c2 (2)2 = 10
D
398.126.848-24
⇒
2c1 + 4c2 = 10
Ou seja, precisamos resolver o sistema: c1 + c2 = 4 2c + 4c = 10 1
2
De onde tiramos facilmente que c1 = 3 e c2 = 1, resultando na seguinte solução: y(x) = 3ex + e2x . Agora finalmente podemos calcular y(1): y(1) = 3e1 + e2×1 = 3e + e2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 39
50
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CÁLCULO
8.
12
6
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(Grupo G - PROMINP 2009) 2
O valor de
e
senx
.cos x.dx é
6
398.126.848-24
(A)
(B) e
e
(C) e –
(D) e +
e
e
(E) 0
Resolução: De imediato devemos perceber que esta integral é facilmente resolvida por
π/2
e
senx
cosxdx =
Z
1
eu du
AF
Z
T
uma substituição de variável. Se utilizarmos u = sen(x) consequentemente tere mos du = cos(x)dx. Os novos limites de integração então serão sen π6 = 12 e sen π2 = 1, logo: π/6
1/2
= [eu ]11/2
1
= e1 − e 2 √ =e− 2
✞
☎ 398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 40
51
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
Considere as informações a seguir para responder às duas questões seguintes Considere uma tensão elétrica v(t), que tem a forma de onda temporal mostrada na Figura abaixo, onde t é a variável tempo, dada em segundos, e a forma de onda de tensão é nula para valores fora do intervalo da Figura, ou seja, v(t)=0, para t<0 e para t>8.
398.126.848-24
v(t)
9E
0 4
0
8
t (s)
Parte 1 t
T
3E
(A) w(t)
3Et 2 2
(B) w(t)
3E 2 (t 2t) 2
AF
Sendo um sinal w(t), obtido pela integral w(t) v( )d para valores de t compreendidos no intervalo de tempo entre 0 e 4s, sua expressão é 0
(C) w(t) 3E(t 3 2t 2 )
(E) w(t)
E 2 (t t) 2
(D) w(t) E(t 2 2t)
Resolução:
O candidato deve observar no gráfico que o sinal v(t) é um sinal descontí398.126.848-24
R
nuo, de modo que a regra que informa o valor de v(t) varia conforme o intervalo de tempo. Visualmente podemos observar que no intervalo 0 < t < 4 o sinal se comporta como uma reta.
D
Encontrar a expressão de uma reta é um processo simples, que envolve
apenas o conhecimento de dois pontos. Nos é mais conveniente observar os pontos mais extremos, ou seja: v(0) = −3E v(4) = 9E Sabemos que toda reta no plano cartesiano pode ser escrita conforme abaixo: y = At + B
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Desta forma, basta aplicar as coordenadas observadas nos dois pontos e
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398.126.848-24
52
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
encontrar os valores A e B: −3E = A × 0 + B 9E = A × 4 + B 398.126.848-24
Resolvendo o sistema linear, teremos: A = 3E B = −3E Assim, no intervalo 0 < t < 4 o sinal v(t) poderá ser expresso como:
T
v(t) = (3E)t − 3E
AF
Desta forma, basta integrar v(t) no intervalo informado: Z t w(t) = v(λ)dλ 0 Z t w(t) = (3Eλ − 3E)dλ 0 Z t Z t w(t) = 3E λdλ − 3E dλ 0
0
3E 2 t w(t) = λ 0 − 3E [λ]t0 2
R
O que nos leva finalmente a:
3E 2 (t − 2t) 2 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
w(t) =
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398.126.848-24
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Questão 41
53
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8.
12
6
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(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
Parte 2
A energia total Et, que todo esse sinal v(t) dissipará sobre um resistor de 1 ohm, é dada pela expressão Et
v t
2
dt .
Considerando-se as informações acima e os dados do gráfico, a expressão de Et, em J, é
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
324 E2 240 E2 120 E2 60 E2 20 E2
Resolução: Apesar de o enunciado pedir o valor de uma integral no infinito, o candidato
T
não deve se assustar, pois o integrando é o quadrado do sinal da questão anterior.
AF
Uma vez que o sinal só é não nulo no intervalo 0 < t < 8, a integral se reduz a: Z ∞ Et = v 2 (t)dt −∞ Z 0 Z 8 Z ∞ 2 2 Et = 0 dt + v (t)dt + 02 dt −∞ 0 8 Z 8 Et = v 2 (t)dt 0
Conforme observamos na questão anterior, a função v(t) é descontínua, e
R
sua expressão analítica, conforme já deduzimos é: v(t) = (3E)t − 3E v(t) = −3E
398.126.848-24
em 0 < t < 4
em 4 < t < 8
D
De modo que, elevando ao quadrado o sinal nestes intervalos, teremos: v 2 (t) = (3Et − 3E)2 = 9E 2 t2 − 18E 2 t + 9E 2 , v 2 (t) = (−3E)2 = 9E 2 ,
em 0 < t < 4
em 4 < t < 8
Assim, a integração pode ser dividida nos seguintes intervalos: Z 8 v 2 (t)dt Et = Z0 4 Z 8 2 Et = v (t)dt + v 2 (t)dt 0
4
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Substituindo os termos cabíveis em cada intervalo e realizando cada inte-
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54
39
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8.
12
6
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gração separadamente, teremos: Z 4 Z 4 2 v (t)dt = (9E 2 t2 − 18E 2 t + 9E 2 )dt 0 Z0 4 Z 4 Z 4 Z 4 2 2 2 2 2 v (t)dt = 9E t dt − 18E tdt + 9E dt 0 0 0 0 3 4 2 4 Z 4 2 2 t 2 t v (t)dt = 9E − 18E + 9E 2 [t]40 3 2 0 0 0 Z 4 v 2 (t)dt = 84E 2
398.126.848-24
0
8
Z
2
Z4 8 Z4 8
8
9E 2 dt 4
T
v (t)dt =
Z
v 2 (t)dt = 9E 2 [t]84 v 2 (t)dt = 36E 2
AF
4
Somando as duas integrais, temos o resultado: Z 4 Z 8 2 Et = v (t)dt + v 2 (t)dt 0
4
2
Et = 84E + 36E
2
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Et = 120E 2
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 42
55
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1)
1 1
Qual é o valor da integral dupla
ò0 òy 2 × e
- x2
dxdy?
(A) 1 − 1 e
398.126.848-24
(B) 1 − 1 e 2 (C) − 1 e (D) 1 − 2 e
T
(E)
Resolução:
Percebemos que a integral dupla do jeito que está montada não é resolvida
AF
pelos métodos de integração algébrica mais conhecidos, por isso vamos procurar mudar os limites de integração destas integrais, na esperança de simplificar o processo de integração.
Se representarmos em um plano cartesiano a área sobre a qual estamos R1R1 integrando, determinada pela integral dupla 0 y dxdy (direção 1), temos: 398.126.848-24
y= x
R
y
1
D
Direção 1 Direção 2
1
x
Então percebemos que esta mesma área pode ser determinada pela integral R1Rx 0
0
dydx (direção 2), onde passamos a integrar primeiro em y e depois em x.
Logo a nossa integral a ser resolvida passa a ser: Z 1Z x 2 2e−x dydx 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
0
398.126.848-24
398.126.848-24
56
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
E esta integral é resolvida facilmente, como segue: Z 1Z x Z 1h i 2 x −x2 2e dydx = 2ye−x dx 0 0 0 Z0 1 h i −x2 = 2xe − 0 dx 0 Z 1 2 = 2xe−x dx
398.126.848-24
0
Fazendo a substituição de variável u = x2 , temos du = 2xdx, e os limites de integração continuam iguais: Z
1
2xe
−x2
1
e−u du 0
= [−e−u ]10
T
0
dx =
Z
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011)
R
Questão 43
AF
= −e−1 − (−1) 1 =1− e
Se y(x) é a solução do problema de valor inicial
398.126.848-24
,
qual é o valor de y(1)? (A) 0
D
(B) 1 (C)
(D)
(E)
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A equação diferencial apresentada é facilmente resolvida através da sepa-
398.126.848-24
398.126.848-24
57
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
ração de variáveis, como segue: dy dx dy y2 Z dy y2 1 − y
398.126.848-24
= x2 y 2 = x2 dx Z = x2 dx =
x3 +c 3
Agora utilizamos a condição inicial y(0) = 1 a fim de encontrar o valor de c:
AF
T
1 x3 − = +c y 3 1 03 − = +c 1 3 c = −1
Logo a solução da equação diferencial é dada por: 1 x3 − = −1 y 3
1 x3 =1− y 3
ou
1 =1− y 1 =1− y 1 2 = y 3 3 y= 2
398.126.848-24
x3 3 13 3
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Agora finalmente podemos encontrar o valor de y(1):
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 44
58
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1)
Se f:R→R é a função definida por f(x) =
dt, então a
derivada f ¢ (−5) é (A) igual a − 10 (B) igual a − 5 (C) igual a 5 (D) igual a 10 (E) inexistente
398.126.848-24
Resolução: Se supormos que x > 0 (para simplificar o raciocínio), a integral apresentada x
tdt
0 2 x
−x
0 t2 t = − + 2 −x 2 0 2 (−x)2 x = 0− − + −0 2 2
AF
−x
T
pode ser calculada como segue: Z x Z 0 Z |t|dt = (−t)dt +
= x2
Se x < 0 o resultado da integral será −x2 , visto que x ser menor que zero
R
equivale a trocar os limites de integração: Z −x Z Se x < 0: f (x) = |t|dt = − x
398.126.848-24
x −x
|t|dt = −x2
Deste modo, como desejamos obter f ′ (−5), vemos que x < 0, ou seja,
f ′ (−5) = −2 × (−5) = 10 ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
f (x) = −x2 e consequentemente f ′ (x) = −2x. Calculemos então f ′ (−5):
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 45
59
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1) Se y:R→R é a solução do problema de valor inicial
,
398.126.848-24
então y(π) é igual a (A) − 1 2 (B) 0 (C) π −1 2 (D) 1
T
(E) π 2
Resolução:
AF
Como podemos perceber, trata-se de um Problema de Valor Inicial (PVI) de uma equação diferencial de segunda ordem não homogênea. Sabemos que a solução neste caso será dada por y = yh + YP , onde yh é a solução da homogênea e YP é uma solução particular. Primeiramente encontraremos yh , e para isso
R
analisamos a equação característica:
λ2 + 1 = 0 √ λ = −1
398.126.848-24
λ = ±i
Comparando com a forma padrão λ = γ ± θi para o caso onde ∆ < 0, vemos
D
que γ = 0 e θ = 1. Também sabemos que neste caso (∆ < 0) a solução geral da
homogênea será dada por yh = Aeγx cos(θx) + Beγx sen(θx), ou seja: yh = Acos(x) + Bsen(x)
Agora que já temos a solução da homogênea (salvo os coeficientes A e B a serem determinados posteriormente), procuraremos uma solução particular YP . Como podemos ver não é trivial nem imediato encontrar um YP que, substituido na equação diferencial, resulte em sen(x). Por este motivo vamos utilizar o Método dos Coeficientes a Determinar. Tal método parte da forma geral:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ay ′′ + by ′ + cy + d = g(x)
398.126.848-24
398.126.848-24
60
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
onde g(x) = eαx Pn (x)cos(βx)
ou
g(x) = eαx Pn (x)sen(βx)
Como nossa equação diferencial é y ′′ + y = sen(x), temos g(x) = sen(x), por isso concluímos que α = 0, β = 1 e Pn (x) = 1. O método ainda nos diz que uma
398.126.848-24
solução particular para esta equação diferencial é dada por: YP = xs eαx (Ccos(βx) + Dsen(βx)) Onde s é igual ao número de vezes que α + βi é solução da equação característica, ou seja, no nosso caso temos s = 1. Substituindo os valores de α = 0 e
T
β = 1 encontrados anteriormente, chegamos na seguinte YP : YP = x(Ccos(x) + Dsen(x))
Como YP deve ser uma solução da equação diferencial, substituimos YP na é YP =
xcos(x) , 2
AF
equação e encontramos C = − 12 e D = 0 (confira!). Logo nossa solução particular e a solução da nossa equação diferencial é dada por: y = yh + YP = Acos(x) + Bsen(x) −
xcos(x) 2
Agora utilizamos as condições iniciais para determinar A e B: ⇒
0cos(0) =1 ⇒ A=1 2 1 −Asen(0) + Bcos(0) − (cos(0) + 0sen(0)) = −1 2
Acos(0) + Bsen(0) −
R
y(0) = 1 y ′ (0) = −1
⇒
398.126.848-24
⇒
B=−
1 2
D
Portanto a resolução da equação diferencial é: 1 xcos(x) y = cos(x) − sen(x) − 2 2
Logo y(π) será: 1 πcos(π) π π y = cos(π) − sen(π) − = −1 + 0 + = − 1 2 2 2 2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 46
61
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011)
Sendo
definida por
o limite
398.126.848-24
,
existe e é igual a zero. PORQUE
Ao se considerar
sobre as retas y = a.x (
obtém-se
),
.
AF
T
Analisando-se as afirmações acima, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmações são falsas.
Resolução:
Como tentar provar a existência deste limite pela definição de limite é um tanto quanto trabalhoso e demorado, calcularemos o limite multivariável utilizando caminhos distintos. Caso não encontremos o mesmo valor do limite L para todos os caminhos supostos, concluiremos que o limite não existe.
R
Os caminhos que utilizaremos serão: C1 : x = 0, C2 : y = 0, C3 : y = ax, √ C4 : y = x. Agora vamos calcular os limites para cada caminho desses: 02 (0,y)→(0,0) 02 + y 2 − 0 x2 C2 : lim (x,0)→(0,0) x2 + 02 − x x2 C3 : lim (x,y=ax)→(0,0) x2 + (ax)2 − x x2 √ C4 : lim √ (x,y= x)→(0,0) x2 + ( x)2 − x lim
D
C1 :
398.126.848-24
= 0 = L1 0 = 0 = L2 −1 0 = = 0 = L3 −1 2 = = 1 = L4 2 =
Perceba que utilizamos L’Hopital para calcular os limites acima. Como podemos ver, apesar de L1 = L2 = L3 = 0, temos que L4 = 1. Por este motivo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
concluímos que o limite apresentado não existe.
398.126.848-24
398.126.848-24
62
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
O limite apresentado na segunda afirmação (caminho C3 : y = ax) já foi calculado acima e realmente resulta em zero. Logo a primeira afirmação é falsa, pois o limite não existe, e a segunda afirmação é verdadeira. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
T
Questão 47
Considere a função real de variável real y = ex . ln(x), na qual x > 0 e ln(x) é o logaritmo neperiano de x. A função derivada
(B)
(C)
(D)
(E)
AF
(A)
é
Resolução:
Para resolver esta questão basta aplicarmos diretamente a regra de derivação do produto, como abaixo:
y = ex ln(x)
dy dx dy dx dy dx dy dx
d x [e ln(x)] dx d x d = [e ] ln(x) + ex [ln(x)] dx dx 1 = ex ln(x) + ex x 1 = ex ln(x) + x =
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 48
63
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011)
Qual
é
o
valor
mínimo
assumido
pela
função
2
, definida por f(x) = x In(x)? Obs.: e é o número de Euler ln(x) é o logaritmo natural de x
398.126.848-24
(A)
(B)
(C)
T
(D)
(E)
AF
Resolução:
Para encontrarmos o valor de x no ponto mínimo de f (x) basta derivar e igualar a zero, como fazemos abaixo:
f (x) = x2 ln(x)
d d 2 [f (x)] = [x ln(x)] dx dx
R
0 = 2x ln(x) + x2
1 x
398.126.848-24
0 = 2x ln(x) + x 0 = x(2 ln(x) + 1) (Já que ln(x) impede x = 0)
D
2 ln(x) + 1 = 0
Ou seja, xmin =
ln(x) = −
1 2 1
x = e− 2 1 x= √ e √1 . e
Agora então podemos encontrar o valor mínimo de f (x),
substituindo o xmin em f (x):
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
f (xmin ) = (xmin )2 ln(xmin )
398.126.848-24
398.126.848-24
64
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
2 1 1 f (xmin ) = √ ln √ e e 1 −1 f (xmin ) = ln e 2 e 1 1 f (xmin ) = − ln(e) e 2 1 1 f (xmin ) = − e 2 1 f (xmin ) = − 2e
398.126.848-24
✞
☎
Questão 49
AF
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
A área da região compreendida entre os dois gráficos é (A) 4 (B) 8 (C) 16 (D) 24 (E) 32
398.126.848-24
D
R
A figura apresenta os gráficos das funções y = –x2 + 4 e y = 2x2 – 8.
Resolução:
O primeiro passo é identificarmos qual função tem a concavidade para baixo
e qual tem a concavidade para cima. Como vemos, y = −x2 +4 apresenta concavidade para baixo, pois sua segunda derivada é negativa. E, obviamente, y = 2x2 −8
apresenta concavidade para cima, pois sua segunda derivada é positiva.
O segundo passo é encontrar os pontos de encontro destas duas funções.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Pelos gráficos vemos que estes pontos ocorrem quando y = 0, logo:
398.126.848-24
398.126.848-24
0 = −x2 + 4 √ x= 4
0 = 2x2 − 8
x2 = 4
x = ±2
398.126.848-24
65
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
x = ±2
Para confirmar o fato das funções se cruzarem em y = 0, encontramos os valores de x para as duas funções, e encontramos x1 = −2 e x2 = 2. Agora, como
desejamos encontrar o valor da área entre os dois gráficos devemos integrar a função com concavidade para baixo menos a função com concavidade para cima,
−2
3x3 A= − + 12x 3
2
AF
T
isso de x1 até x2 . Ou seja: Z 2 A= (−x2 + 4 − (2x2 − 8))dx −2 Z 2 A= (−3x2 + 12)dx −2
A = −23 + 12 × 2 − (−(−2)3 + 12 × (−2)) A = −8 + 24 − 8 + 24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
A = 32
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
66
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
Uma solução da equação diferencial
é
(A)
(C)
398.126.848-24
(B)
(D)
(E)
Resolução: A equação diferencial apresentada é solucionável pelo método de separação de variáveis, como vemos abaixo:
T
= 3xy − 2y
= y(3x − 2)
= (3x − 2)dx Z = (3x − 2)dx
AF
dy dx dy dx dy y Z dy y
3x2 ln(y) = − 2x + c 2 y=e
3x2 −2x+c 2
Acima encontramos a solução geral. Como a questão pede apenas uma
R
solução, vemos que a única válida é a alternativa (B), que corresponde à y quando
398.126.848-24
c = 1.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 51
67
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
f(x)
20
398.126.848-24
12
0
5
8
x
Considere a função f(x), cujo gráfico é mostrado na figura acima. Define-se g(x) pela seguinte expressão: x
g x f d 0
AF
T
A expressão de g(x) para o intervalo 5 < x < 8 é (A) g(x) = -2 x2 + 32 x - 110 (B) g(x) = -2 x2 + 32 x - 60 (C) g(x) = -4 x2 + 58 x - 140 (D) g(x) = 32 x - 110 (E) g(x) = - 2 x2 + 32 x + 50
Resolução:
Como fica claro, a função g(x) representa a área do gráfico apresentado, até um certo x. No intervalo 5 ≤ x ≤ 8, vemos que f (x) é uma reta dada pela equação: f5,8 (x) = −4x + 32. Logo g(x) será: Z x g(x) = f (λ)dλ 0 Z 5 Z x g(x) = f0,5 (x)dx + f5,8 (λ)dλ 0 5 Z x 5 × 20 g(x) = + (−4λ + 32)dλ 2 5
D
R
398.126.848-24
g(x) = 50 + [−2λ2 + 32λ]x5
g(x) = 50 + [−2x2 + 32x − (−2 × 52 + 32 × 5) g(x) = 50 − 2x2 + 32x + 50 − 160 g(x) = −2x2 + 32x − 60
Veja que g(5) = 50 (igual a área de x = 0 a x = 5) e g(8) = 68 (igual a área de x = 0 a x = 8), o que indica que nosso resultado está correto. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 52
68
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) Uma embalagem com volume de 1500 cm 3 deve ser construída no formato de um prisma reto com seção reta quadrada. Para economizar o material a ser empregado na embalagem, deseja-se minimizar a área externa da mesma, considerando as suas seis faces. A medida ótima, em cm, a ser utilizada nos lados do quadrado (base da embalagem) deverá ser (A) 5 (B) 10
398.126.848-24
(D) 53 10
(C) 53 5 (E) 53 12
Resolução:
T
Diremos que nosso prisma possui base quadrada de aresta x e altura h. Logo o volume deste prisma é dado por:
AF
V = x2 h
15000 = x2 h 1500 h= 2 x
Já a área externa, correspondente a área das 6 faces, é dada por: A = 2x2 + 4xh 1500 2 A = 2x + 4x x2 6000 A = 2x2 + x
R
398.126.848-24
D
Agora, para acharmos o valor de x que minimiza a área A, basta derivarmos
A em relação a x e igualar a zero: dA d 6000 2 = 2x + dx dx x 6000 0 = 4x − 2 x 3 x = 1500 √ 3 x = 53 × 12 √ 3 x = 5 12 ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Perceba que h = x, ou seja, trata-se de um cubo.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 53
69
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) Considere y(t) e x(t) duas funções no domínio do tempo que estão ligadas por uma equação diferencial do tipo:
d2 y(t) 398.126.848-24
dt 2
+8
dy(t) +15 y(t)=x(t) dt
Se x(t) 1 para t 0 , a expressão da solução y(t) para t 0 é dada por
1 5t 1 3t e e 10 6
(B) y t
1 1 5t 1 3t e e 10 15 6
(C) y t
1 1 5t 1 3t e e 15 10 6
(D) y t
1 1 5t e e3t 15 10
AF
T
(A) y t
(E) y t
1 1 5t 1 3t e e 15 10 6
Resolução:
Como podemos perceber, a equação diferencial a ser resolvida é: 398.126.848-24
R
y ′′ + 8y ′ + 15y = 1
Como não não foi dito nada em relação as condições iniciais, consideraremos condições iniciais nulas, ou seja, y(0) = y ′ (0) = 0.
D
Como podemos perceber, trata-se de um Problema de Valor Inicial (PVI)
de uma equação diferencial de segunda ordem não homogênea. Sabemos que a solução neste caso será dada por y = yh + YP , onde yh é a solução da homogênea e YP é uma solução particular. Primeiramente encontraremos yh , e para isso
analisamos a equação característica: λ2 + 8λ + 15 = 0 λ1 = −3
ou
λ2 = −5
Como ∆ > 0, sabemos que a solução da homogênea será dada por yh = Aeλ1 x + Beλ2 x , ou seja:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
yh = Ae−3x + Be−5x
398.126.848-24
398.126.848-24
70
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Agora que já temos a solução da homogênea (salvo os coeficientes A e B a serem determinados posteriormente), procuraremos uma solução particular YP . Uma solução particular YP é facilmente encontrada, pois pode ser uma constante c: 398.126.848-24
(c)′′ + 8(c)′ + 15c = 1 0 + 0 + 15c = 1 1 c= 15 Ou seja, YP =
1 . 15
Então a solução geral é dada por: 1 + Ae−3x + Be−5x 15
T
y=
Utilizando o fato de y(0) = 0 e y ′ (0) = 0 podemos encontrar o valor de A e
AF
B:
y(0) = 0
y ′ (0) = 0
1 + Ae0 + Be0 = 0 15
−3Ae0 − 5Be0 = 0
A+B =−
−3A − 5B = 0
1 15
R
Do sistema acima tiramos facilmente A = − 61 e B =
tramos nossa solução:
398.126.848-24
E finalmente encon-
1 1 1 − e−3x + e−5x 15 6 10 ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
y=
1 . 10
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 54
71
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) Considere a seguinte equação diferencial ordinária
d2 y(t) 398.126.848-24
dt 2
+2
dy(t) +10 y(t)=10 dt
com as condições iniciais y(0) = 0 e
A solução dessa equação para t 1 -3t (A) y(t)=1- e [ sen(3t)+ cos(3t)] 8
-t 1 (D) y(t)=1- e [ sen(4t)+cos(4t)] 2
1 -t (E) y(t)=1- e [ sen(3t)+ cos(3t)] 3
AF
-2t 1 (C) y(t)=1- e [ sen(3t)+cos(3t)] 3
0é
T
1 -3t (B) y(t)=1- e [ sen(t)+ cos(t)] 6
d y(t) =0 . dt t=0
Resolução:
Como podemos perceber, trata-se de um Problema de Valor Inicial (PVI) de uma equação diferencial de segunda ordem não homogênea. Sabemos que a solução neste caso será dada por y = yh + YP , onde yh é a solução da homogê398.126.848-24
R
nea e YP é uma solução particular. Primeiramente encontraremos yh , e para isso analisamos a equação característica:
D
λ2 + 2λ + 10 = 0 λ = −1 ± 3i
Logo, como os λ são complexos (∆ < 0), temos que a solução da homogê-
nea será da forma:
yh = eαt (c1 cos(βt) + c2 sen(βt))
Onde α e β são encontrados comparando o λ encontrado com a forma padrão λ = α ± βi, ou seja, α = −1 e β = 3. Portanto yh será: yh = e−t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t)) Agora que já temos a solução da homogênea (salvo os coeficientes c1 e c2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
a serem determinados posteriormente), procuraremos uma solução particular YP .
398.126.848-24
398.126.848-24
72
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Uma solução particular YP é facilmente encontrada, pois pode ser uma constante c: (c)′′ + 2(c)′ + 10c = 10 0 + 0 + 10c = 10
398.126.848-24
c=1 Ou seja, YP = 1. Então a solução geral (yh + YP ) é dada por: y = 1 + e−t (c1 cos(3t) + c2 sen(3t))
T
Utilizando o fato de y(0) = 0 podemos encontrar o valor de c1 : y(0) = 0
1 + e0 (c1 cos(0) + c2 sen(0)) = 0
AF
1 + c1 = 0
c1 = −1
Agora, utilizando o fato de y ′ (0) = 0 podemos encontrar c2 : y ′ (t) = c1 (−e−t cos(3t) − 3e−t sen(3t)) + c2 (−e−t sen(3t) + 3e−t cos(3t))
y ′ (0) = c1 (−e0 cos(0) − 3e0 sen(0)) + c2 (−e0 sen(0) + 3e0 cos(0)) 0 = −c1 + 3c2 c1 c2 = 3 1 c2 = − 3
R
398.126.848-24
D
Então podemos finalmente encontrar nossa solução: 1 y = 1 − e−t (cos(3t) + sen(3t)) 3
O gabarito preliminar desta questão indicava a alternativa (E), mas como
podemos ver os coeficientes c1 e c2 desta alternativa foram trocados. Por não haver nenhuma alternativa correta esta questão foi anulada. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
✝Questão Anulada ✆
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 55
73
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Manutenção Pleno Elétrica - Suape 2011/1)
Considere a função f de variável real definida por f(x) = x3 − 4x2 + 2. O valor de 398.126.848-24
é
(A) −4 (B) −2 (C) 0 (D) 2 (E) 4
Resolução:
T
Primeiramente vamos encontrar o valor de y(2 + h): y(2 + h) = (2 + h)3 − 4(2 + h)2 + 2
y(2 + h) = (2 + h)2 ((2 + h) − 4) + 2
AF
y(2 + h) = (22 + 4h + h2 )(h − 2) + 2
y(2 + h) = 4h − 8 + 4h2 − 8h + h3 − 2h2 + 2 y(2 + h) = h3 + 2h2 − 4h − 6
E agora encontramos y(2):
y(2) = 23 − 4 × 22 + 2
398.126.848-24
R
y(2) = 8 − 16 + 2 y(2) = −6
Logo nosso limite se resume a:
D
f (2 + h) − f (2) h3 + 2h2 − 4h − 6 − (−6) h3 + 2h2 − 4h = lim = lim h→0 h→0 h→0 h h h lim
Ao fazermos h = 0 chegamos na indeterminação 00 . Para resolver isso apli-
camos L’Hopital, derivando o numerado e o denominador, e então fazemos h = 0: h3 + 2h2 − 4h 3h2 + 4h − 4 = lim h→0 h→0 h 1 3 2 h + 2h − 4h lim = −4 h→0 h lim
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 56
74
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Manutenção Pleno Elétrica - Suape 2011/1) Um ponto (x, y) do plano cartesiano move-se segundo as equações x = 2t2 − t e y = t3 + 2t. O valor de
quando
t=1é
398.126.848-24
(A)
(C)
(B)
(D)
(E)
Resolução:
T
Pela Regra da Cadeia temos que:
AF
dy dy dt = dx dt dx dy 1 = dt dx dt
Calculamos então
dx dt
para t = 1:
dx = 4t − 1 dt dx =4×1−1=3 dt t=1
D
R
Do mesmo modo calculamos
dy : dt t=1
398.126.848-24
dy = 3t2 + 2 dt dy = 3 × 12 + 2 = 5 dt t=1
1 dx
dt t=1
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
dy Finalmente podemos encontrar dx : t=1 dy dy = × dx t=1 dt t=1 dy 1 =5× dx t=1 3 dy 5 = dx t=1 3
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 57
75
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Manutenção Pleno Elétrica - Suape 2011/1)
Um retângulo tem dois vértices sobre o eixo X e dois vértices acima do eixo X sobre o gráfico da função y = 6 − x2, conforme apresentado a seguir.
T
398.126.848-24
AF
Dentre os valores abaixo, aquele que mais se aproxima da área máxima desse retângulo é (A) (B) (C) (D) (E)
9,7 10,2 10,8 11,3 12,1
Resolução:
R
398.126.848-24
Como podemos perceber, as coordenadas dos vértices inferiores do retân-
gulo são (x, 0) e (−x, 0), ou seja, a base deste retângulo mede 2x. A altura do retângulo é dada por y = f (x), ou seja, a altura é dada por y = 6 − x2 . Logo a área
D
A(x) deste retângulo será:
A(x) = (2x) × y
A(x) = (2x) × (6 − x2 ) A(x) = 12x − 2x3
Para encontrarmos o valor de x que faz a área A ser máxima basta derivarmos A(x) em função de x e igualarmos a zero, como segue:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
dA(x) d = [12x − 2x3 ] dx dx
398.126.848-24
398.126.848-24
76
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
dA(x) = 12 − 6x2 dx 0 = 12 − 6x2v x2v = 2 √ xv = 2
398.126.848-24
Agora então podemos encontrar a área máxima substituindo xv em A(x):
T
A(x) = 2x(6 − x2 ) √ √ A(xv ) = 2 2(6 − ( 2)2 ) √ Amax = 8 2 Amax ≈ 8 × 1, 41 Amax ≈ 11, 28
AF
Nota do autor: Estranho esta questão exigir que o candidato saiba o valor
2. Mas, caso não se lembre, o candidato poderia utilizar a expansão de Taylor √ para encontrar uma aproximação de 2. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
R
de
√
(Eng Manutenção Pleno Elétrica - Suape 2011/1)
D
Questão 58
A função f de variável real é tal que sua segunda derivada é (A) (B) (C) (D) (E)
, . O valor de
, e é
6 22 38 64 96
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para encontrarmos f (x) a partir de f ′′ (x) basta fazermos duas integrações
398.126.848-24
398.126.848-24
77
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
sucessivas, sem nos esquecer das constantes de integração: f ′′ (x) = 12x − 8 Z Z ′′ f (x) = (12x − 8)dx
398.126.848-24
x2 f ′ (x) = 12 − 8x + c1 Z Z 2 f ′ (x) = (6x2 − 8x + c1 )dx
x3 x2 − 8 + c1 x + c2 3 2 3 f (x) = 2x − 4x2 + c1 x + c2
Sabemos que f (0) = 1, logo:
T
f (x) = 6
f (0) = 0 − 0 + 0 + c2
AF
c2 = 1
Também sabemos que f (1) = 0, então:
f (1) = 2 × 13 − 4 × 12 + 1 × 1 + c2 0 = 2 − 4 + 1 + c2
c2 = 1
398.126.848-24
R
Portanto nossa função f (x) é:
f (x) = 2x3 − 4x2 + x + 1
D
Agora finalmente podemos encontrar f (3): f (3) = 2 × 33 − 4 × 32 + 3 + 1 f (3) = 54 − 36 + 4 f (3) = 22 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 59
78
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng Manutenção Pleno Elétrica - Suape 2011/1) A região do plano cartesiano, contida no primeiro quadrante, limitada pela curva y = x3 e pela reta y = 8x tem área igual a (A) (B) (C) (D) (E)
398.126.848-24
6 8 12 15 16
Resolução: A figura abaixo mostra um esboço das funções y = x3 e y = 8x no primeiro
T
quadrante:
y= 8x
AF
y
y=x³
R
x
398.126.848-24
Para encontrarmos as coordenadas x dos pontos de encontro dos dois grá-
D
ficos basta igualarmos as duas funções: x3 = 8x x3 − 8x = 0
x(x2 − 8) = 0 ou
x=0
x=
√
8
Portanto, se integrarmos 8x − x3 de x = 0 até x =
√
8 encontraremos a área
A entre estes dois gráficos:
√ 0
8
(8x − x3 )dx
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A=
Z
398.126.848-24
398.126.848-24
79
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
√8 x2 x4 A= 8 − 2 4 0 √ √ 2 ( 8)4 A = 4( 8) − −0 4 64 A=4×8− 4 A = 32 − 16
398.126.848-24
A = 16 ✞
☎
Questão 60
AF
T
Alternativa (E) ✆ ✝
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 )
Dentre todas as retas tangentes ao gráfico da função f: ℝ ℝ , definida por f(x) = ex . (x2 + 1), qual é aquela que possui o menor coeficiente angular? 2 e
(B) y
2 x e
(C) y = x + 1
(D) y = 1
(E) y = 2e 398.126.848-24
R
(A) y
Resolução:
Dada a função f (x) = ex (x2 +1), podemos encontrar a função que determina
D
os coeficientes angulares das retas tangentes a este gráfico apenas derivando f (x), como segue:
f (x) = ex x2 + ex f ′ (x) = ex x2 + ex (2x) + ex f ′ (x) = ex (x2 + 2x + 1)
Ou seja, todos os coeficientes angulares das retas tangentes a f (x) devem satisfazer a função f ′ (x). Observando as alternativas, vemos que as retas das alternativas (A), (D)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
e (E) possuem coeficientes angulares iguais a zero (pois as retas são paralelas
398.126.848-24
398.126.848-24
80
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
ao eixo x), enquanto as alternativas (B) e (C) apresentam coeficientes angulares positivos. Como zero é menor que um valor positivo, vamos verificar qual é o valor de x que faz f ′ (x) = 0: ex (x2 + 2x + 1) = 0
398.126.848-24
x2 + 2x + 1 = 0 x1,2 = −1 Ou seja, uma reta tangente a f (x) terá coeficiente angular igual a zero quando x = −1. Fazendo-se x = −1 em f (x) temos:
T
f (−1) = e−1 ((−1)2 + 1) 2 f (−1) = e
Como no ponto x = −1 o valor de f (x) deve ser igual ao valor da reta
dada por:
AF
tangente, então temos que a reta tangente com coeficiente angular igual a zero é y=
2 e
Como nas alternativas não há nenhuma reta com coeficiente angular negativo, a resposta é a letra (A), pois esta é a reta com coeficiente angular igual a zero, 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (A) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
como vimos.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 61
81
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 )
Se y: ℝ ℝ é a solução do problema de valor inicial y '' y ' y 0 3 3 , quanto vale y(2)? y(0) 0 y '(0) 2
398.126.848-24
3. cos( e 3 (B) .sen( e (A)
) )
(C) 3e.cos(
)
(D) 3e.sen(
) )
T
(E) 3.(e−1).cos(
Resolução:
Como podemos ver a questão trata de um PVI de uma equação diferencial
AF
homogênea. Da equação característica de y ′′ + y ′ + y = 0 temos: λ2 + λ + 1 = 0
√
12 − 4 × 1 × 1 √2 × 1 −1 3 λ= ± i 2 2 λ=
−1 ±
398.126.848-24
R
Como λ é complexo, sabemos que a solução da equação diferencial é da
forma:
y = Aeαx cos(βx) + Beαx sen(βx)
onde λ = α + βi.
D
√ 1 3 No nosso caso então temos α = − e β = , de modo que nossa solução 2 2 √ √ 3 3 − 12 x − 12 x y = Ae cos( x) + Be sen( x) 2 2
é:
Das condições iniciais y(0) = 0 e y ′ (0) =
√ 3 3 2
tiramos que A = 0 e B =
3 (isso pode ser obtido calculando, ou de maneira mais esperta, observando as alternativas da questão). Deste modo y é: sen(
√
3 x) 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
y = 3e
− 12 x
398.126.848-24
398.126.848-24
82
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Agora finalmente podemos calcular y(2): √
1 3 y(2) = 3e− 2 ×2 sen( × 2) 2 √ 3 y(2) = sen( 3) e
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
Questão 62
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 )
Se, para dados n, m ∈ ℕ , o limite
T
é finito
e não nulo, então seu valor deve ser igual a 1 3
(B) 1
(C) 4 3
(D) 3
(E) 4
AF
(A)
Resolução:
Aplicando L’Hopital ao limite dado temos:
3mxn + 1 3mnx(n−1) = lim x→∞ nxm + 3 x→∞ mnx(m−1) lim
= lim 3x(n−m) x→∞
R
398.126.848-24
Sendo m e n números naturais, são possíveis três casos:
1. Se n > m: O expoente de x será um número positivo, e o limite tenderá a
D
infinito.
2. Se n = m: O expoente de x será zero, e o limite será igual a 3. 3. Se n < m: O expoente de x será um número negativo, e o limite tederá a zero. Portanto, para o limite ser finito e não nulo precisamos ter n = m, e então o
limite será igual a 3. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 63
83
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1)
398.126.848-24
A figura acima mostra, parcialmente, o gráfico da função .
T
, definida por
AF
Qual é a área da região A, limitada pelo gráfico da função f, pelo eixo das abscissas e pelas retas x = a e x = b, em destaque na figura? (A) 2 In (b − a) (D) In
(B) In (b2 − a2)
(C) log2
(E) In
Resolução:
398.126.848-24
R
A área da região A é determinada pela integral da função f (x) sendo defi-
D
nida no intervalo de a até b. Então ficamos com: Z b Z b 2 f (x)dx = dx a a x Resolvendo a integral temos: Z b 2 dx = 2 ln(b) − 2 ln(a) a x = ln(b2 ) − ln(a2 ) 2 b = ln a2
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 64
84
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1) Uma função
, infinitamente diferenciável, é tal
que
.
Acerca da função f, analise as afirmações a seguir.
398.126.848-24
I
- Tem-se
.
II - Tem-se
.
III - O limite
existe.
I II III I e II
AF
(A) (B) (C) (D)
T
É correto APENAS o que se afirma em
Resolução:
Vamos analisar as afirmativas:
I - INCORRETO. A derivada de f (x), apresentada no caso limite de f ′ (x) = 4x3 , apresenta o comportamento descrito pela figura abaixo:
D
R
398.126.848-24
Partido da definição de módulo de uma função, temos que |f ′ (x)| pode ser representado pelo rebatimento da função em torno do eixo x, ou seja, a imagem do |f ′ (x)| assume valores positivos para qualquer x. Então, avaliando somente |f ′ (x)|, quando x assume valores negativos, per-
cebemos que a função assume valores positivos e maiores que os apresentados pela f ′ (x). Por exemplo, quandox = −1 temos que 4x3 = −4. No tivos de x, |f ′ (x)| ≥ 4x3 .
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
entanto, quando x = −1 obtemos |f ′ (−1)| = 4. Portanto, para valores nega-
398.126.848-24
398.126.848-24
85
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
II - CORRETO. Sendo f (x) = x4 , f ′ (x) = 4x3 e f ′′ (x) = 12x2 e aplicando x = 0 para f (x), f ′ (x) e f ′′ (x) ficamos com: f (0) = 04 = 0 398.126.848-24
f ′ (0) = 4 × 03 = 0 f ′′ (0) = 12 × 02 = 0 III - INCORRETO. O enunciado não apresenta somente uma função, mas sim define que o seu módulo |f (x)| ≤ x4 , sendo assim, há infinitas funções que se enquadram como sendo f (x). Para o caso de f (x) = x4 e aplicando-a ao
T
limite apresentado na alternativa, temos o limite tendendo a 1: 4 x lim =1 x→∞ x4
Entretanto, f (x) pode ser igual a x3 , por exemplo. Neste caso, essa configu-
AF
ração tende a zero:
lim
x→∞
x3 x4
=
1 =0 x
Ainda, f (x) pode ser igual a −x4 . Essa configuração tende a -1. 4 −x lim = −1 x→∞ x4 Dessa forma, não existe um limite, mas sim um conjunto de limites que estão
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
entre 1 e -1.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 65
86
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) A figura a seguir apresenta o gráfico da derivada de uma função real.
398.126.848-24
Qual dos gráficos abaixo melhor representa a referida função?
(A)
(B)
AF
T
(E)
(D)
(C)
Resolução:
Nesta questão o candidato precisa fazer a análise do sinal no gráfico da derivada de uma função real f (x). Sendo assim, podemos representar o mesmo 398.126.848-24
D
R
gráfico do enunciado de uma maneira mais esclarecedora conforme abaixo.
Analisando o gráfico acima, percebemos que para valores de x menores que
a temos que os valores da derivada da função f (x) são positivos, representando que f (x) possui inclinação ascendente nesse intervalo. Além disso, quando x = a temos um ponto de inflexão na função f (x), pois o valor da derivada é igual a zero. Quando x possui valores entre a e b temos valores negativos para f ′ (x), logo a função f (x) possui inclinação descendente. E,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
da mesma forma que a, b também é um ponto de inflexão no gráfico de f (x).
398.126.848-24
398.126.848-24
87
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Para valores de x maiores que b a curva f (x) apresenta novamente inclinação ascendente. Dessa forma, dentre as alternativas, a curva representada pela alternativa (C) é a que melhor representa o comportamento de f (x). Podemos visualizar a solução com mais clareza pela imagem abaixo: 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 66
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) Sabendo-se que f(x) = 2x × cos x , qual é o valor de 398.126.848-24
lim
f(x) - f( p)
x®p
x-p
?
(A) 0 (B) (C) - 1 (D) - 2 (E) - 2
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Substituindo a função f (x) no limite temos: f (x) − f (π) 2x cos(x) − 2π cos(π) lim = lim x→π x→π x−π x−π f (x) − f (π) 2x cos(x) − 2π × (−1) lim = lim x→π x→π x−π x−π
398.126.848-24
398.126.848-24
lim
x→π
f (x) − f (π) x−π
= lim
x→π
2x cos(x) + 2π x−π
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Aplicando o valor do limite tendendo a π, verificamos a existência de uma 398.126.848-24
T
indeterminação do tipo zero sobre zero, conforme abaixo: 2x cos(x) + 2π 2π cos(π) + 2π lim = x→π x−π π−π 2π(−1) + 2π = π−π −2π + 2π = π−π 0 = 0 Dessa forma, é necessário aplicar L’Hopital no limite, ou seja, derivar sepa-
AF
radamente no numerador e no denominador, temos: 2x cos(x) + 2π 2 cos(x) − 2x sin(x) lim = x→π x−π 1
Aplicando o limite de x tendendo a π, ficamos com: 2x cos(x) + 2π 2 cos(π) − 2π sin(π) lim = x→π x−π 1 398.126.848-24
= 2 × (−1) − 0 = −2
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
= 2 cos(π) − 2π sin(π)
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 67
89
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) Qual é a imagem da função cujo gráfico passa pela origem e cuja derivada é a reta passando pelos pontos (1,0) e (2,2)? (A) ]1, + ¥ [ (B) [1, + ¥ [ (C) ]−¥, 1[ (D) [−1, + ¥ [ (E) ]−¥, −1[
398.126.848-24
Resolução: Primeiramente é necessário obter a equação f ′ (x) da derivada que, obriga-
T
toriamente, é uma reta. Então temos: y − y0 = m(x − x0 )
Onde m é o coeficiente angular da reta tangente e y, y0 , x e x0 são os pontos
AF
onde esta reta passa. Assim:
0 − 2 = m(1 − 2) m=2
Então, para determinar a equação da reta basta aplicar um ponto pelo qual
R
esta reta passa. Escolhemos o ponto (1, 0).
398.126.848-24
y − 0 = 2 × (x − 1)
f ′ (x) = y = 2x − 2
D
Integrando a equação anterior é possível obter a equação da função f (x).
Dessa forma:
f (x) = f (x) =
Z Z
f ′ (x)dx 2x − 2
f (x) = x2 − 2x + C Onde C é a constante de integração. Pelo enunciado, sabemos que a fun-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ção f (x) passa pela origem (0, 0). Então, aplicando essas coordenadas em f (x)
398.126.848-24
398.126.848-24
90
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
obtemos o valor da constante C. y = x2 − 2x + C 0=0+C C=0
398.126.848-24
Assim, temos que f (x) = x2 − 2x. Sabemos que f (x) tem um mínimo, pois
a concavidade desta parábola é para cima devido ao coeficiente de x2 ser positivo. Então, para conhecermos a coordenada do ponto de mínimo de f (x) podemos utilizar a equação da reta obtida no início da resolução, que é a derivada de f (x). Assim, fazendo y = 0 obtemos o xmin :
T
0 = 2xmin − 2 xmin = 1
AF
Este é o valor de x para o ponto de mínimo. Para saber o valor de ymin do ponto de mínimo basta aplicar x = 1 em f (x). ymin = f (1)
ymin = 12 − 2 × 1 ymin = −1
398.126.848-24
R
Dessa forma, a coordenada do ponto de mínimo é (1, −1). Conforme explici-
tado anteriormente, a parábola apresenta concavidade para cima tendendo a +∞.
Além disso, o valor de y = −1 é o menor valor assumido pela imagem. Portanto, a ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
imagem de f (x) é [−1, +∞[.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 68
91
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008) B VB = 4 nós
398.126.848-24
VA = 3 nós
P
A
AF
T
As unidades comumente utilizadas por veículos náuticos para expressar distâncias e velocidades são, respectivamente, a milha náutica e o nó. Um nó corresponde a 1 milha náutica por hora. A figura acima ilustra dois pequenos barcos que se movimentam com velocidades constantes, em trajetórias perpendiculares. Quando os barcos A e B estão, respectivamente, a 0,8 e a 0,6 milhas náuticas do ponto P, interseção das trajetórias, qual a taxa, em nós, com a qual os barcos estão se aproximando um do outro? (A) 0,0 (B) 4,8 (C) 5,0 (D) 6,2 (E) 7,0
Resolução:
Com a figura abaixo podemos visualizar o triangulo retângulo formado entre
D
R
ligando os barcos e as trajetórias:
B VB = 4 nós
c b
VA = 3 nós
A
398.126.848-24
P
a
Aplicando o teorema de Pitágoras é possível descobrir a dimensão c: c 2 = b 2 + a2 c2 = (0, 6)2 + (0, 8)2 c2 = 0, 36 + 0, 64
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
c = 1, 0 milha
398.126.848-24
398.126.848-24
92
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Ainda utilizando o teorema de Pitágoras é possível aplicar a derivada parcial com relação ao tempo para calcular a taxa de aproximação dos barcos, ou seja, quanto a distância c varia com o tempo. c 2 = b 2 + a2
398.126.848-24
∂c ∂t ∂c 2×1× ∂t ∂c 2 ∂t ∂c ∂t 2c
= 2b
∂b ∂a + 2a ∂t ∂t
= 2 × 0, 6 × 4 + 2 × 0, 8 × 3 = 4, 8 + 4, 8 = 4, 8 nós ✞
☎
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008)
AF
Questão 69
T
Alternativa (B) ✆ ✝
Se f(x) =
x2 , a derivada f’(1) vale: 1+ x
(A) 0
(B)
1 2
(C)
3 4
(D) 1
(E) 2
Resolução:
R
398.126.848-24
A derivada de f (x) é feita aplicando a regra do quociente. (1 + x)2x − x2 (1 + x)2 2x + x2 f ′ (x) = (1 + x)2
D
f ′ (x) =
Assim, fazendo f ′ (1): 2 × 1 + 12 (1 + 1)2 2+1 f ′ (1) = (1 + 1)2 3 f ′ (1) = 4 f ′ (1) =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 70
93
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008) ∞
A integral
∫ x.e
−x
dx :
0
(A) é divergente. (C) vale e−1. (E) vale e.
398.126.848-24
(B) vale 0. (D) vale 1.
Resolução: É possível fazer a integração por partes da função apresentada no enunciado, onde: u = x, logo du = dx
T
dv = e−x dx, logo v = −e−x
AF
Então, resolvendo a integral por partes temos: Z ∞ Z ∞ −x −x ∞ xe dx = x(−e ) 0 − −e−x dx 0 Z0 ∞ ∞ ∞ xe−x dx = −xe−x − e−x Z0 ∞ Z0 ∞
0
∞ xe−x dx = −e−x (x + 1) 0
xe−x dx = lim (−e−x (x + 1)) − (−1) x→∞
R
0
0
398.126.848-24
Notamos que o limite de x tendendo ao infinito acarreta em uma indetermi-
D
nação, dessa forma utilizamos a regra de L’Hopital: Z ∞ xe−x dx = lim (e−x × 1) − (−1) 0
x→∞
Fazendo x tender ao infinito temos que o limite dessa função tende a zero.
Assim:
Z
∞
xe−x dx = 0 + 1 = 1
0
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 71
94
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
Se f:(−1, 0) → ¡ é a função definida por
, então quanto vale o limite
?
(A) −∞ 398.126.848-24
(B) 0 (C) 2 5 (D) 10 (E) +∞
Resolução:
T
A função f (x) dada no enunciado apresenta implicitamente sua própria derivada conforme apresentado abaixo:
5 sin(2t) t
AF
f ′ (x) =
Então, basta aplicar o limite de x tendendo a 0− na f ′ (x): lim−
x→0
5 sin(2t) t
Analisando a equação anterior, o candidato percebe facilmente que ocorre indeterminação do tipo zero sobre zero quando x tende a 0− . Assim, é necessário 398.126.848-24
R
aplicar a regra de L’Hopital para resolver o limite. Então ficamos com: lim −
x−→0
D
lim
x→0−
lim
x→0−
lim
x→0−
lim
x→0−
5 sin(2t) t 5 sin(2t) t 5 sin(2t) t 5 sin(2t) t 5 sin(2t) t
2 × 5 cos(2t) x→0 1 2 × 5 cos(0) = lim− x→0 1 = lim−
= lim− 2 × 5 × 1 x→0
= lim− 10 x→0
= 10 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 72
95
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
A função f:(0,+∞) → ¡ , definida por f(x) = xx, possui um único ponto crítico que ocorre em x igual a 1 (D) e (E) ee (B) (A) 0 (C) 1 e 398.126.848-24
Resolução: Para resolvermos esta questão, devemos nos recordar que o ponto crítico de uma função é um ponto de inflexão, o que faz com que a primeira derivada da função neste ponto seja nula. Sabendo disto, vamos analisar a função dada:
T
f (x) = xx Aplicando o logaritmo natural nos dois lados da equação, temos:
AF
ln(f (x)) = ln(xx ) = x ln(x)
Aplicando a derivada nos dois lados da equação, obtemos: d d ln(f (x)) = (x ln(x)) dx dx f ′ (x) x = ln(x) + f (x) x ′ f (x) = ln(x) + 1 f (x)
R
398.126.848-24
f ′ (x) = f (x)(ln(x) + 1) f ′ (x) = xx (ln(x) + 1)
D
Lembrando que x ≥ 0 e a primeira derivada de f (x) no ponto crítico é igual
a zero, temos:
f ′ (x) = xx (ln(x) + 1) = 0 ln(x) + 1 = 0 ln(x) = −1 x = e−1 1 x= e ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 73
96
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
Quanto vale a integral
?
(A) 4 (B) 2 (C) 0 (D) − 2 (E) − 4
398.126.848-24
Resolução: Esta é uma questão bem trabalhosa. Primeiramente, vamos reescrever a integral: π2
√ cos( x)dx
T
Z
0
Uma primeira operação matemática que pode ser utilizada é a integração
AF
por substituição. Vamos fazer a seguinte substituição: u=
√
x
R
E, consequentemente:
dx du = √ 2 x dx du = 2u dx = 2udu
398.126.848-24
Reescrevendo a integral (e lembrando de substituir os limites da mesma),
D
temos:
Z
π
cos(u)2udu 0
Agora, para que possamos resolver esta integral, podemos realizar uma
integração por partes. Vamos realizar as seguintes mudanças de variáveis: a = 2u, logo da = 2du
E,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
db = cos(u)du, logo b = sin(u)
398.126.848-24
398.126.848-24
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
A expressão fica no seguinte formato: π Z π2 Z √ cos( x)dx = ab − bda 0
0
Substituindo as expressões obtidas na mudança de variáveis: π Z π2 Z √ cos( x)dx = 2u sin(u) − 2 sin(u)du
398.126.848-24
0
Z
0
π2
0
√
cos( x)dx = ( 2u sin(u) + 2 cos(u)|π0
0
√ cos( x)dx = 0 − 2 − 0 − 2
π2
√ cos( x)dx = −4
0
0
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Z
π2
AF
Z
T
Por último, devemos substituir os limites da integral: Z π2 √ cos( x)dx = 2π sin(π) + 2 cos(pi) − (2 × 0 × sin(0) + 2 cos(0))
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 74
98
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
Alguns dados referentes à realização de uma experiência foram perdidos, dentre os quais, a temperatura inicial de um determinado líquido. No entanto, sabe-se que a temperatura do líquido durante a experiência, em graus Celsius e t segunt − tg(t) dos após o seu início, t > 0, foi dada pela função f:(0,+∞) → ¡ definida por f(t) = . Um engenheiro decidiu estimar a 2t3 temperatura inicial do líquido por meio do limite .
398.126.848-24
De acordo com a estimativa do engenheiro, qual teria sido a temperatura inicial do líquido, em graus Celsius? (A) −
1 3
(C)
0
(B) −
1 6
(D)
1 6
(E)
1 3
T
Resolução: É necessário que o candidato possua conhecimento acerca da regra de L’Hopital para a resolução desta questão. O objetivo da questão é obter o valor t − tan(t) 2t3
AF
da seguinte expressão: lim+
t→0
Fazendo t tender a zero pelo lado positivo, notamos a fração tende a uma indeterminação:
0 − tan(0) 0 = 3 2×0 0
Sendo assim, devemos aplicar a regra de L’Hopital, derivando tanto o nume398.126.848-24
R
rador quando o denominador da razão. Começando pelo numerador: d (t − tan(t)) = 1 − sec2 (t) dt
D
E, no caso do denominador: d (2t3 ) = 6t2 dt
Fazendo novamente o limite da função, utilizando agora as derivadas, te-
mos: lim+
t→0
1 − sec2 (t) 1 − sec2 (0) 0 = = 2 2 6t 6×0 0
Como temos novamente uma indeterminação, assim devemos aplicar novamente a regra de L’Hopital. Derivando novamente o numerador, temos:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
d (1 − sec2 (t)) = 0 − 2 tan(x) sec2 (t) = −2 tan(x) sec2 (t) dt
398.126.848-24
398.126.848-24
E, no denominador:
99
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
d (6t2 ) = 12t dt
Fazendo novamente a função tender a zero com o uso das novas derivadas, obtemos:
398.126.848-24
lim+
t→0
−2 tan(x) sec2 (t) −2 tan(0) sec2 (0) 0 = = 12t 12 × 0 0
Assim, devemos mais uma vez aplicar a regra de L’Hopital. Para o numerad (−2 tan(t) sec2 (t)) = −2 sec4 (t) − 4 tan2 (x) sec2 (t) dt E no denominador:
d (12t) = 12 dt
T
dor:
Aplicando mais uma vez o limite da função, obtemos: t − tan(t) t→0 2t3 t − tan(t) lim+ t→0 2t3 t − tan(t) lim+ t→0 2t3 t − tan(t) lim+ t→0 2t3
−2 sec4 (t) − 4 tan2 (x) sec2 (t) t→0 12 4 −2 sec (0) − 4 tan2 (0) sec2 (0) = 12 2 =− 12 1 =− 6 = lim+
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
lim+
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 75
100
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Duas funções deriváveis, f, g: IR
IR, são tais que
Se f(1) = 3, f(5) = 9 e g(1) = − 4, quanto vale g(5)? (A) −12 (C) 2 (E) 16 (B) − 1 (D) 8
398.126.848-24
Resolução: Vamos reescrever a expressão dada: g ′ (x) 2 ′ g (x) = 2f ′ (x)
T
f ′ (x) =
AF
Integrando a expressão dos dois lados, obtemos: Z Z ′ g (x) = 2f ′ (x) g(x) = 2f (x) + C
Para descobrirmos o valor da constante C podemos substituir as expressões em x = 1:
R
g(1) = 2f (1) + C
398.126.848-24
−4 = 2 × 3 + C C = −10
D
A expressão fica:
g(x) = 2f (x) − 10
Agora, basta substituir x = 5 na expressão: g(5) = 2f (5) − 10 g(5) = 2 × 9 − 10 g(5) = 18 − 10 g(5) = 8 ✞
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39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 76
101
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
398.126.848-24
A integral
f(x)dx é positiva. PORQUE
O valor da integral definida de uma função contínua é igual a uma área.
T
AF
A figura acima mostra, no plano cartesiano, o gráfico de uma função contínua f:[0,7] IR, disposto sob uma malha quadriculada. Observando o gráfico, considere as afirmações a seguir.
Analisando-se as afirmações acima, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmações são falsas.
Resolução:
Para analisarmos o valor da integral definida da função f (x) com x entre 0 e 7, devemos observar a área compreendida entre f (x) e o eixo das abcissas. Notamos que o valor da área com x entre 0 e 4,5 é positivo, enquanto que a área passa a ser negativa entre 4,5 e 7. De qualquer forma, podemos visualisar 398.126.848-24
R
que a parcela positiva é maior do que a parcela negativa, o que faz com que o valor da integral neste intervalo seja um número positivo. Assim, a primeira afirmação está correta.
Com relação à segunda afirmação, devemos observar que a integral defi-
D
nida de uma função será sempre um número, que por sua vez representa a área compreendida entre f (x) e o eixo-x no intervalo definido. Áreas acima do eixo x serão positivas, e áreas abaixo deste eixo serão negativas. Como não existem áreas negativas, a segunda afirmação é falsa. Esta só estaria correta se a função não trocasse de sinal no intervalo de integração (e no caso da função estar abaixo do eixo-x, considerar o módulo do resultado da integral). ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 77
102
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
A figura abaixo mostra o gráfico de uma função derivável f:(− 4,4) IR.
(C)
R
(A)
(D)
AF
O reconhecimento dos intervalos de crescimento e decrescimento da função f(x) fornece informações sobre os sinais de sua derivada, f :(− 4,4) IR. No que se refere a tais informações, um gráfico admissível para a função f seria
T
398.126.848-24
398.126.848-24
(E)
D
(B)
Resolução: Sabemos que a derivada de uma função f (x) representa a inclinação da mesma. Ou seja, se uma função estiver crescendo, a sua derivada neste intervalo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
é positiva, enquanto que caso a mesma esteja decrescendo, a derivada passa a
398.126.848-24
398.126.848-24
103
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CÁLCULO
8.
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6
398.126.848-24
assumir valores negativos. Sabendo disto, basta que analisemos a tendência da função f (x) apresentada no enunciado para resolver esta questão. Notamos que no intervalo (−4, −2), f (x) está caindo, ou seja, sua derivada
é negativa neste intervalo. No intervalo (−2, 2) a função passa a crescer, o que faz
398.126.848-24
com que sua derivada seja positiva. Por fim, no intervalo (2, 4), a função volta a decrescer, e sua derivada volta a ser negativa. Assim, o único gráfico que representa corretamente a função f ′ (x) é a alternativa (A). Podemos verificar também os dois pontos de inflexão ( onde há mudança na inclinação da curva ) em x = −2 e x = 2, visto que a derivada nestes pontos é nula.
✞
☎
Questão 78
AF
T
Alternativa (A) ✆ ✝
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) IR, f(x) = x.In(x).
398.126.848-24
D
R
A figura abaixo mostra o gráfico da função f:
Qual é a equação da reta tangente ao gráfico da função, no ponto (e,e)? Dado: e representa o número de Euler dado por e = 2,71828...
(A) y = 2x − e (B) y = 3x − 2e (C) 2y = x + e (D) y = x (E) 3y = x + 2e
Resolução:
39
8.
12
6. 8
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-2
4
O objetivo da questão é obter a equação de uma reta, cujo formato padrão
398.126.848-24
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104
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
é: y = ax + b Como o enunciado informa, a inclinação desta reta será igual à derivada da função f (x) no ponto x = e. Assim, temos: df (x) d(x ln(x)) = dx x=e dx x=e
398.126.848-24
Aplicando a regra da cadeia, obtemos: x f ′ (x)|x=e = ln(x) + x x=e f ′ (x)|x=e = (ln(x) + 1)|x=e
T
f ′ (x)|x=e = ln(e) + 1 f ′ (x)|x=e = 1 + 1
AF
f ′ (x) = 2
Assim, a inclinação da reta (ou seja, o coeficiente angular a) é igual a 2. A equação passa a ser:
y = 2x + b
Como temos a informação de que esta reta passa no ponto (e, e), podemos
R
obter o coeficiente linear b da equação.
398.126.848-24
e = 2e + b b = −e
y = 2x − e ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
Finalmente, a equação da reta é:
398.126.848-24
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Questão 79
105
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
A figura abaixo mostra, parcialmente, o gráfico da função f: IR − {−1}
IR , definida por
.
398.126.848-24
Qual é o valor da área da figura (A) limitada pela curva do gráfico de f, pelo eixo das abscissas e pelas retas x = 1 e x = 3? (C) In(5)
(B)
(D) In(14)
(E) In(28)
T
(A)
AF
Resolução:
Primeiramente, vamos reescrever a integral. Uma primeira operação matemática que pode ser utilizada é a integração por substituição. Vamos fazer a seguinte substituição:
u = x3
R
E, consequentemente:
du = 3x2 dx
398.126.848-24
Reescrevendo a integral (e lembrando de substituir os limites da mesma),
D
temos:
Z
3
1
3x2 dx = x3 + 1
Z
33 13
1 du u+1
= ln(u + 1)|27 1 = ln(27 + 1) − ln(1 + 1) = ln(28) − ln(2) 28 = ln 2 = ln(14) ✞
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8.
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6. 8
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-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 80
106
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CÁLCULO
8.
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6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Considere
a
função
f: IR
IR,
definida
por
, onde k representa um número real. 398.126.848-24
Para que a função f seja contínua no ponto x = 2, qual deve ser o valor de k? (A) − 6 (B) − 1 (C) 2 (D) 4 (E) 5
Resolução:
T
Para que a função seja contínua os limites das funções precisam tender ao mesmo valor, sendo para este caso, no ponto x = 2. Sabendo disto, temos a seguinte igualdade:
AF
lim (3x + k) = lim (x2 − k)
x→2
x→2
Aplicando em x = 2:
(3 × 2) + k = (22 ) − k 6+k =4−k k = −1
398.126.848-24
✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
D
R
2k = −2
Questão 81
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Uma garrafa de refrigerante é colocada em um freezer, cuja temperatura é constante. A temperatura da garrafa T(t), dada . em graus Celsius, é modelada por T(t) = 4 + 20.e−0,02 t, onde t é o tempo, dado em minutos, contado a partir do momento em que a garrafa foi colocada no freezer.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
De acordo com o modelo proposto para T(t), a temperatura (A) inicial da garrafa é 20 ºC. (B) mínima atingida pela garrafa será 8 ºC. (C) da garrafa será, em algum instante, 0 ºC. (D) ambiente, fora do freezer, é maior do que 24,02 ºC. (E) no interior do freezer é 4 ºC.
398.126.848-24
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107
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
Resolução: Vamos analisar cada uma das afirmativas: (A) INCORRETA. Pela equação da temperatura dada no enunciado, a tempera398.126.848-24
tura inicial da garrafa corresponde ao instante inicial, quando t = 0. Aplicando na fórmula, obtemos: T = 4 + 20e−0,02×0 T = 4 + 20e0 T = 4 + 20 = 24◦ C
T
(B) INCORRETA. Podemos observar pelo formato da equação que a temperatura mínima que a garrafa irá atingir será a temperatura final da mesma, quando t tende ao infinito. Fazendo isto, obtemos:
AF
T = 4 + 20e−0,02×∞ T = 4 + 20e−∞ T = 4◦ C
(C) INCORRETA. Conforme mostrado nas alternativas (A) e (B), a garrafa parte de 24 ◦ C e sua temperatura decresce até atingir 4 ◦ C.
(D) INCORRETA. Não existem informações necessárias no enunciado para se
398.126.848-24
R
poder calcular a temperatura ambiente.
(E) CORRETA. Sabe-se que a garrafa ser resfriada até que atinja a mesma temperatura do freezer. Conforme foi mostrado na alternativa (B), a temperatura
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
final da garrafa é de 4 ◦ C, que portanto é a temperatura no interior do freezer.
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Questão 82
108
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006) lim x . e − x é igual a:
x → +∞
(A) 0
(B) e−1
(C) 1
(D) e
(E) + ∞
398.126.848-24
Resolução: Vamos reescrever a função dada para facilitar a resolução da questão: x x→∞ ex
lim xe−x = lim
x→∞
Fazendo x tender ao infinito, notamos que a razão tende a:
T
x ∞ = x x→∞ e ∞ lim
rador, temos:
AF
Assim, devemos aplicar a regra de L’Hopital. Obtendo a derivada no numed(x) =1 dx
E, no caso do denominador:
d(ex ) = ex dx
Assim, fazendo novamente a razão tender ao infinito, obtemos:
R
398.126.848-24
x 1 = lim x x x→∞ e x→∞ e x 1 lim x = x→∞ e ∞ x lim =0 x→∞ ex ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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-2
4
D
lim
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Questão 83
109
39
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CÁLCULO
8.
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006) , a derivada f’(1) é igual a:
Se
398.126.848-24
(A) - 1 2
(B) 0
(C) 1 4
(D) 1 2
(E) 1
Resolução: O primeiro passo é obter a derivada da função f (x), a partir da regra do
T
quociente: x 1+x d(f (x)) 1 × (1 + x) − x × 1 = dx (1 + x)2 1+x−x f ′ (x) = (1 + x)2 1 f ′ (x) = (1 + x)2
AF
f (x) =
Agora, devemos aplicar a derivada da função em x = 1. 1 (1 + 1)2 1 f ′ (1) = 4
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
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D
R
f ′ (1) =
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
E NGENHEIRO ( A )
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : AUTOMAÇÃO E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Circuitos Elétricos
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.3a
12 8. 39
Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, nos primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com as empresas CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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.1
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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8.
12
6
398.126.848-24
Índice de Questões
398.126.848-24
Q41 (pág. 1), Q42 (pág. 3).
T
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1
AF
Q41 (pág. 27), Q42 (pág. 116), Q43 (pág. 57).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011 Q44 (pág. 114), Q47 (pág. 74), Q63 (pág. 115).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2 Q47 (pág. 45), Q48 (pág. 105), Q50 (pág. 8).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
R
36 (pág. 61), 37 (pág. 62).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 Q32 (pág. 53), Q67 (pág. 54), Q41 (pág. 119), Q42 (pág. 121), Q43 (pág. 124),
D
Q44 (pág. 76), Q45 (pág. 122).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2011 Q37 (pág. 25), Q39 (pág. 50). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2008 Q29 (pág. 7), Q30 (pág. 55). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2006 Q26 (pág. 106), Q27 (pág. 58), Q28 (pág. 60). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Termoaçu 2008/1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q27 (pág. 66).
398.126.848-24
398.126.848-24
8. 39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007 Q24 (pág. 67). Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eletrônica - Termoceará 2009 Q26 (pág. 49), Q29 (pág. 18), Q30 (pág. 19). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) - Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010 Q29 (pág. 107), Q30 (pág. 70), Q31 (pág. 70), Q33 (pág. 108), Q34 (pág. 109), Q35 (pág. 110), Q48 (pág. 112). Prova: Profissional Júnior - Formação: Engenharia Eletrônica - BR Distribuidora 2008 Q33 (pág. 20), Q34 (pág. 22), Q35 (pág. 72). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Eletrônica - Petrobras 2006
T
Q24 (pág. 47).
AF
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q25 (pág. 99), Q26 (pág. 101), Q27 (pág. 103), Q37 (pág. 5), Q40 (pág. 51). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012 Q22 (pág. 77), Q23 (pág. 30), Q25 (pág. 126), Q26 (pág. 127), Q27 (pág. 129), Q41 (pág. 32).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 398.126.848-24
R
Q22 (pág. 133), Q24 (pág. 79), Q25 (pág. 135), Q26 (pág. 81), Q27 (pág. 83), Q35 (pág. 136), Q36 (pág. 131), Q56 (pág. 35). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
D
Q23 (pág. 64), Q28 (pág. 137), Q26 (pág. 69), Q29 (pág. 9), Q39 (pág. 10). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q6 (pág. 28), Q24 (pág. 12), Q25 (pág. 73), Q28 (pág. 14), Q29 (pág. 15), Q30 (pág. 16), Q31 (pág. 138), Q32 (pág. 85), Q61 (pág. 33). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005 Q23 (pág. 24). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q24 (pág. 94), Q25 (pág. 118), Q30 (pág. 97), Q31 (pág. 143), Q60 (pág. 117),
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q63 (pág. 42),
398.126.848-24
398.126.848-24
8. 39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q27 (pág. 141), Q33 (pág. 37), Q34 (pág. 38), Q38 (pág. 39). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 Q26 (pág. 41), Q33 (pág. 43). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - REFAP 2007 Q22 (pág. 87), Q23 (pág. 88), Q26 (pág. 90). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008 Q40 (pág. 92), Q56 (pág. 140), Q63 (pág. 145).
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
T
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 95
398.126.848-24
398.126.848-24
39
8.
12
6
398.126.848-24
Circuitos Elétricos
398.126.848-24
Questão 1
T
1.1 Circuitos CC Resistivos (Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
AF
O circuito elétrico da Figura abaixo mostra uma fonte de corrente alimentando através de resistências uma carga resistiva RL entre os pontos a e b.
R
Considerando-se os valores mostrados no circuito, e com RL = 80 , qual a potência, em W, dissipada na carga resistiva? (A) 850
(B) 720
(C) 500
(D) 180
398.126.848-24
(E) 120
Resolução:P1-25-Q41
D
Arbitrando correntes e tensões para o circuito apresentado, temos: i1
+
-
v1
-
+
v2
v3
+
-
i2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Aplicando a lei dos nós de Kirchhoff ao nó anterior a fonte de corrente, te-
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398.126.848-24
8.
2
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Circuitos Elétricos
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6
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mos: i2 = i1 + I Aplicando a lei das malhas, em seguida substituindo pela lei de Ohm em 398.126.848-24
cada resistor: −v2 − v1 − v3 = 0 −v1 = v2 + v3 −40i1 = 80i2 + 80i2 i1 = −4i2
T
Retornando para a expressão da lei dos nós: i2 = i1 + I
AF
i2 = −4i2 + I
5i2 = I 15 i2 = 5 i2 = 3 A
Calculando a potência em RL , como solicitado: PL = (i2 )2 RL
R
398.126.848-24
PL = (3)2 × (80) PL = 9 × 80
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
PL = 720 W
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 2
8.
3
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
Para o circuito resistivo mostrado abaixo, o valor da fonte de tensão do equivalente thevenin entre os pontos x e y é 90 V.
R
x
+ 120 V _
398.126.848-24
40 ?
2A
40 ?
y
Qual é o valor, em , da resistência R mostrada no circuito? (B) 180
(C) 120
Resolução:P1-25-Q42
(D) 80
(E) 40
T
(A) 240
Abaixo, as correntes e tensões convencionadas para o circuito: i1
I=2A
AF
R
x + V2 _
+ 120 V _
+
V3
40 ?
V1
2A
_
_
40 ?
y
R
+
i2
398.126.848-24
D
Aplicando a lei dos nós em x: i2 = i1 + I i2 = i1 + 2
Aplicando a lei das malhas ao circuito: V1 + V2 + V3 = 120 40i1 + Ri1 + 40i2 = 120 40i1 + Ri1 + 40(i1 + 2) = 120 40i1 + Ri1 + 40i1 + 40 × 2 = 120 (80 + R)i1 = 120 − 80
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(80 + R)i1 = 40
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
4
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
Utilizando apenas as leis de Kirchhoff, o circuito é um impasse. Agora é necessário utilizar a informação do enunciado sobre o valor da fonte de tensão do equivalente Thévenin entre os pontos x e y. Todo circuito elétrico composto apenas por fontes de tensão e correntes
398.126.848-24
contínuas, dependentes ou não, e resistores lineares, sob o ponto de vista da carga (isto é, um par de terminais) pode ser modelado por uma fonte de tensão Thévenin em série com uma resistência equivalente de Thévenin. A afirmação sobre a fonte de tensão equivalente (tensão de circuito aberto) significa o mesmo que dizer que entre estes terminais a queda de tensão é de 90 V . Se algo tivesse sido dito sobre a resistência Thévenin, seria possível calcular a corrente que passa por estes nós. Perceba que a tensão Thévenin (Vth ) é numericamente igual a tensão V3 . Sendo
T
assim:
V3 = Vth
AF
40i2 = 90 90 i2 = 40 i2 = 2, 25 A
Substituindo na primeira equação obtida:
R
i2 = i1 + 2
398.126.848-24
i1 = i2 − 2
i1 = (2, 25) − 2 i1 = 0, 25 A
D
Finalmente:
(80 + R)i1 = 40 40 R= − 80 i1 40 R= − 80 0, 25 R = 160 − 80 R = 80 Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 3
8.
5
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) A Figura abaixo representa um circuito.
+ V2 A 2 1
398.126.848-24
2 + -
V3 = k . V2 B
Para que a resistência equivalente entre os pontos A e B seja igual a 1 ohm, o valor da constante k é (E) 1,00 (C) 0,50 (A) 0,25 (D) – 0,50 (B) – 0,25
Resolução:P2-21-Q37
T
O cálculo da impedância de Thévenin quando não existem fontes dependentes é bastante simples, bastando suprimir as fontes (curto-circuitar fontes de tensão e abrir fontes de corrente) e avaliar a impedância entre os terminais.
AF
Por outro lado, a fonte de tensão dependente V3 invalida tal abordagem. Neste caso, é preciso aplicar uma tensão fictícia Vx nos terminais A e B e dividir pela corrente fictícia IX drenada pelo circuito, o que será a impedância de Thévenin. Dada a seguinte convenção:
+ V2 -
i2
ix
A
i3
2
R
1
D
2
+ -
+
398.126.848-24
Vx
_
V3 = k . V2 B
Temos, pela lei dos nós: ix = i2 + i3 Vx + V2 Vx − V3 ix = + 2 1
Por outro lado, a tensão V2 , pela convenção de sinais, vale: V2 = −2i2 Mas:
Vx + V2 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
i2 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
6
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12
6
398.126.848-24
Logo: Vx + V2 2 V2 = −1 × (VX + V2 ) V2 = −2 × 398.126.848-24
Ou seja, podemos escrever V2 em função de Vx , que é o que queremos: V2 = −Vx − V2 2V2 = −Vx V2 = −0, 5Vx
T
De modo que a tensão V3 = kV2 , pode ser escrita como: V3 = k(−0, 5Vx ) = −0, 5kVx
termos de VX :
AF
Assim, voltando ao método da tensão de nós, e substituindo V2 e V3 em Vx + V2 Vx − V3 + 2 1 Vx − 0, 5VX ix = + (Vx + 0, 5kVx ) 2
ix =
Multiplicando a equação por 2:
398.126.848-24
R
2ix = Vx − 0, 5Vx + 2 × (Vx + 0, 5kVx ) 2ix = 0, 5Vx + 2Vx + kVx
D
2ix = (2, 5 + k)Vx
Fazendo aparecer a razão entre Vx e ix , temos Rth : 2 Vx = = Rth 2, 5 + k ix
Como é desejado que Rth = 1Ω, basta igualar Rth = 1: 2 =1 2, 5 + k 2 = 2, 5 + k k = −0, 5 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 4
8.
7
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
R X E
398.126.848-24
3E
R
R
Vxy
Y A expressão da tensão Vxy do Equivalente Thevenin entre os pontos X e Y do circuito da figura acima é (A)
E 4
(B) 2E
E 3
(D)
2E 3
(E)
E 2
T
Resolução:
(C)
AF
Aplicando a Lei dos Nós no nó X temos:
VXY VXY + 3E E − VXY + = R R R VXY + VXY + 3E = E − VXY
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
3VXY = −2E 2E VXY = − 3
398.126.848-24
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Questão 5 Ω Ω
8
12
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− −
6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
No circuito apresentado na figura acima, a fonte V2 é uma fonte de tensão controlada por tensão, cujo valor é 2V1 e onde V1 é a diferença de potencial aplicada ao resistor de 2 Ω. Para esse circuito, o valor da corrente I, em função da tensão V, é
ω
(A) −3V
(D) 2V
(B) −2V
AF
(E) 3V
(C)
Resolução:
Fechando a malha externa temos:
R
V + V2 − V1 = 0
398.126.848-24
V + 2V1 − V1 = 0 V1 = −V
Pela Lei dos Nós vemos que a corrente I é igual a soma da corrente que passa
D
pelo resistor de 1Ω com a corrente que passa pelo resistor de 2Ω, ou seja: I = I1 + I2 V1 V1 I= + 1 2 V V I=− − 1 2 3 I=− V 2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 6
8.
9
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2) Um circuito equivalente de Norton é composto por uma fonte de corrente de 20 A, em paralelo com um resistor de 2 Ω. O seu equivalente de Thévenin é um circuito composto por uma fonte de (A) corrente de 10 A, em série com um resistor de 1 Ω. (B) corrente de 10 A, em paralelo com um resistor de 1 Ω. (C) tensão de 40 V, em paralelo com um resistor de 2 Ω. (D) tensão de 40 V, em série com um resistor de 10 Ω. (E) tensão de 40 V, em série com um resistor de 2 Ω.
398.126.848-24
Resolução:
Thévenin e Norton: i
Rth
T
A figura abaixo mostra a correspondência entre os circuitos equivalentes de
i
+ a
AF
+ a
VTH
IN
+
Rth
-
-
- b
b
Thevenin
Norton
Como pode ser visto, a resistência de Thévenin é igual à resistência de 398.126.848-24
R
Norton, logo:
RT H = RN = 2Ω
A tensão de Thévenin (VT H ) é obtida por uma simples transformação de
D
fonte:
V T H = RT H × I N VT H = 2 × 20 VT H = 40V
E como pode ser visto na figura, no equivalente de Thévenin RT H e VT H estão em série. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 7
8.
10
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398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
ϕ
AF
A resistência equivalente do circuito representado acima, entre os pontos A e B, em ohms, é, aproximadamente, (A) 1,5 (B) 1,6 (C) 1,8 (D) 2,0 (E) 2,1
Resolução:
Como este circuito apresenta uma fonte controlada, o procedimento padrão Ω Ω
R
para encontrarmos a resistência equivalente de Thévenin RT H não funcionará.
398.126.848-24
Uma maneira de contornar este problema é colocarmos uma fonte de tensão Vf qualquer entre os terminais A e B, encontrarmos o valor da corrente IN que então
D
passará por esta fonte, para termos RT H dado por: V f = RT H × I N
→
RT H =
Vf IN
Ou seja, escolhendo arbitrariamente Vf = 1V , e transformando a fonte de corrente
I I
em fonte de tensão para simplificar, teremos o seguinte circuito: VX
IN
+ I
+ 1V -
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Agora nossa missão é encontrar o valor da corrente IN que passa pela fonte. Para
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398.126.848-24
8.
11
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12
6
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tal aplicaremos a Lei dos Nós no nó X (cuja tensão está representada na figura por VX ), resultando em: VX VX − 3V0 − V0 + 1 1 IN = 2VX − 4V0 IN = 398.126.848-24
(1.1)
Porém podemos achar VX em função de IN fechando a malha de tensão da esquerda: 1 − 1 × IN − VX = 0
(1.2)
VX = 1 − IN
T
E conseguimos deixar V0 em função de IN e VX fechando a malha de tensão da direita:
VX )=0 1 3VX − 3V0 − 2IN = 0 3VX − 2IN V0 = 3
AF
VX − 3V0 − (1 + 1) × (IN −
(1.3)
Agora substituimos 1.2 e 1.3 em 1.1:
IN = 2VX − 4V0
3VX − 2IN 3 3IN = 6VX − 12VX + 8IN IN = 2VX − 4 ×
R
398.126.848-24
D
5IN = 6VX 5IN = 6(1 − IN ) 6 IN = A 11
Agora finalmente podemos encontrar o valor de RT H : RT H =
Vf 1 11 = 6 = ≈ 1, 8Ω IN 6 11 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 8
8.
12
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) 60
44
+ 10 V 398.126.848-24
X
_
80
Y 20
AF
T
Uma carga resistiva deve ser colocada entre os pontos X e Y do circuito da figura acima. A eficiência de operação de um circuito ou de um sistema elétrico é medida pela relação percentual entre a potência dissipada pela carga e a potência fornecida pela fonte. Assim, para que este circuito opere com eficiência operacional de 80%, a resistência da carga, em ohms, deve ser de (A) 250 (B) 180 (C) 120 (D) 100 (E) 60
Resolução:
Chamaremos a carga resistiva a ser colocada entre os terminais X e Y de RL . Se simplificarmos o circuito para um equivalente de Thévenin teremos o seguinte:
R
i
D
VTH
__ _
Rth
X
+ -
398.126.848-24
RL
Y
Se chamarmos a potência fornecida pela fonte de PF e a potência consu-
mida pela carga resistiva de PC , uma eficiência operacional de 80% significa que: PC = 0, 8 PF R L i2 = 0, 8 VT H i RL i = 0, 8VT H VT H = 0, 8VT H RL + RT H
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
RL ×
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
13
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12
6
398.126.848-24
RL = 0, 8(RL + RT H ) 0, 2RL = 0, 8RT H RL = 4RT H
398.126.848-24
Agora só precisamos encontrar RT H que então teremos RL .
Curto-
circuitando a fonte de tensão teremos o seguinte circuito: 60
44
X 80
T
Y
20
AF
Onde RT H será a resistência equivalente entre os terminar X e Y: RT H = 60//(44 + 80//20) 80 × 20 RT H = 60// 44 + (80 + 20) RT H = 60//(44 + 16)
R
RT H = 30Ω
398.126.848-24
RL = 4RT H RL = 4 × 30 RL = 120Ω ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Portanto:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 9
8.
14
39
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
40 80
80
398.126.848-24
50
X 30
+ 12 V
Y
_
7,5
Z 10
10
W
+ _
7V
10
Parte 1
T
A figura ilustra um circuito elétrico resistivo, alimentado por duas fontes CC, funcionando em regime permanente.
Considerando VX, VY e VW, respectivamente, as tensões nos nós X, Y e W, então a equação que poderá ser deter-
AF
minada a partir do nó Y é (A) 8 VY = VX + 3 VW
(B) 5 VY = 2 VX + 6 VW (C) 4VY = 3 VX + 2 VW (D) 3VY = 4 VX + 8 VW (E) VY = 8 VX + 3 VW
Resolução:
398.126.848-24
R
Aplicando a Lei dos Nós no nó Y temos:
VX − VY = 3(VY − VW ) + 4VY 8VY = VX + 3VW ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
VX − VY VY − VW VY = + 30 10 7, 5
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
8.
15
39
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) Parte 2 O valor absoluto da tensão e a resistência do equivalente de Thevenin entre os nós Y e W são, respectivamente,
398.126.848-24
(A) VTH = 4,2 V e RTH = 28 (B) VTH = 4,2 V e RTH = 64 (C) VTH = 6,1 V e RTH = 51 (D) VTH = 6,1 V e RTH = 81 (E) VTH = 8,5 V e RTH = 17
Resolução: Primeiramente abrimos o circuito entre os pontos Y e W, então para achar-
T
mos RT H devemos curto-circuitar as fontes de tensão. Resultando no seguinte circuito:
R
Z
AF
X
30
Y
7,5
10 W
10
398.126.848-24
R
Veja que transformamos a malha superior do circuito em apenas um resistor R,
D
para simplificar. O valor de R então é dado por: R = (80 + 40 + 80)//50 200 × 50 R= 200 + 50 R = 40Ω
Agora que conhecemos R fica fácil encontrar a resistência equivalente entre os terminais Y e W, que corresponde a RT H : RT H = (7, 5//30) + R + (10//10) 7, 5 × 30 RT H = + 40 + 5 7, 5 + 30 RT H = 6 + 40 + 5
98
.1
26
.8
48
-2
4
RT H = 51Ω
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
16
39
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12
6
398.126.848-24
Perceba que a única alternativa possível de resposta é a letra (C), o que implica que VT H = 6, 1V e portanto não é necessário calcularmos o valor de VT H . Para treinar, o leitor pode calcular VT H , mas perceba que não é muito trivial o cálculo, o que desperdiçaria grande tempo durante a prova. 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 11
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
Parte 3
AF
T
A tensão no nó Z, em volts, é (A) 9,0 (B) 8,0 (C) 7,0 (D) 6,0 (E) 5,0
Resolução:
Se utilizarmos o equivalente de Thévenin calculado na questão anterior, teremos o seguinte circuito:
R
I
D
VTH
__ _
Rth
398.126.848-24
W
+
10
-
Y
Portanto fica fácil calcular o valor da corrente I que passa pelo resistor de
10Ω entre os pontos W e Y, que será: I=
VT H 6, 1 = = 0, 1A RT H + 10 51 + 10
Agora, ainda utilizando o circuito equivalente de Thévenin, podemos encontrar o valor de VW − VY : VW − 10I − VY = 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VW − VY = 10I
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
17
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
VW − VY = 10 × 0, 1 VW − VY = 1V 398.126.848-24
Agora aplicaremos a Lei dos Nós ao seguinte Supernó desenhado em vermelho no circuito original (com a simplificação do resistor R já feita): 40
X 30
+ 12 V
Y
_
Z 10
10
7,5
W
+ _
7V
T
10
Como a corrente que entra neste supernó deve ser igual a corrente que sai, temos:
AF
VX − VZ VW − VY = 40 10
Mas como já sabemos que VW − VY = 1V e que VX = 12V , temos: VX − VZ VW − VY = 40 10 VX − VZ = 4(VW − VY )
VZ = VX − 4(VW − VY )
R
398.126.848-24
VZ = 12 − 4 × 1 VZ = 8V
D
Obs.: Nesta última parte não era necessário utilizar o que chamamos de
“supernó”, ele apenas simplifica os cálculos. Se o leitor aplicar a Lei dos Nós no nó Z e também no nó W, ao comparar as duas equações deve chegar ao mesmo resultado que chegamos utilizando o supernó. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
8.
18
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009) 300 W X + 120 V _
398.126.848-24
150 W
150 W
2A
Y No circuito da figura acima, a tensão do Circuito Equivalente de Thevenin, dada em volts e calculada entre os pontos X e Y, é: (A) 210 (B) 180 (C) 160 (D) 120 (E) 80
T
Resolução:
Para simplificar o circuito, primeiramente efetuamos uma transformação de fonte (indicada pelo retângulo na figura abaixo), onde o valor da resistência se
AF
mantém o mesmo, e o valor da fonte de tensão será E = (150Ω) × (2A) = 300V : 300 W X
+ 120 V _
=
+
=
+
150 W
VTH
+ _300 V 150 W
Y No circuito da figura acima, a tensão do Circuito Equivalente 398.126.848-24
R
Dado o novo circuito, fica fácil calcularmos a corrente que circula por ele: 300 − 120 300 + 150 + 150 180 I= 600 I = 0, 3A
D
I=
Agora, partindo da tensão VT H fechamos a malha de tensão da esquerda: VT H − 300I − 120 = 0 VT H = 300I + 120
=
+
=
+
VT H = 300 × 0, 3 + 120
=
+
=
+
VT H = 210V
=
+
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
19
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009)
6W
6W
X
Y
4W
398.126.848-24
2W
2W
+
4W
2mF
10 W
10 W
20 V
+ 9V
_
_
T
A figura acima apresenta um circuito elétrico com fontes de corrente contínua. O capacitor encontra-se operando em regime permanente. A ddp, em volts, entre os terminais X e Y do capacitor é, aproximadamente, (A) 2,3 (B) 3,0 (C) 4,8 (D) 6,2 (E) 9,5
Resolução:
AF
Por estar em regime permanente, nenhuma corrente atravessa o capacitor. Sabendo que buscamos VX − VY , aplicamos a Lei dos Nós no nó X: 20 − VX VX − VY VX − VZ = + 4 12 2
(1.4)
Agora, mantendo as orientações das correntes adotadas no nó X, aplicamos a Lei dos Nós no nó Y:
VX − VY 9 − VY VY − VZ + = 12 4 2
R
(1.5)
398.126.848-24
Agora somamos a equação 1.4 com o negativo da equação 1.5:
D
20 − VX VX − VY 9 − VY VX − VY VX − VZ VY − VZ − − = + − 4 12 4 12 2 2 3(20 − VX ) − (VX − VY ) − 3(9 − VY ) = (VX − VY ) + 6(VX − VZ ) − 6(VY − VZ ) 60 − 4VX + 4VY − 27 = 7VX − 7VY 11VX − 11VY = 60 − 27 11(VX − VY ) = 33 33 VX − VY = 11 VX − VY = 3V ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
8.
20
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
50 K 40 K
10 K
398.126.848-24
+
+
X
+
20 V
40 V
Y
No circuito da figura acima, o equivalente NORTON entre os pontos X e Y é formado por Ixy = 4,50 mA
(B) Rxy = 8,00 k
Ixy = 3,50 mA
(C) Rxy = 24,00 k
Ixy = 6,50 mA
(D) Rxy = 9,00 k
Ixy = 4,00 mA
(E) Rxy = 8,00 k
Ixy = 4,50 mA
AF
T
(A) Rxy = 6,90 k
Resolução:
Sabemos que a resistência equivalente de Thévenin e de Norton são iguais, obtidas curto-circuitando as fontes de tensão, abrindo as fontes de corrente e cal-
R
culando a resistência equivalente entre os terminais X e Y. Portanto RN é a resis-
398.126.848-24
D
tência equivalente do circuito abaixo: 50 K 40 K
10 K
+
X
Y
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como pode ser visto, o resistor de 50kΩ está curto-circuitado, e os resistores de
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
21
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
40kΩ e 10kΩ estão em paralelo, logo: RN = 40k//10k RN = 398.126.848-24
(40k) × (10k) 40k + 10k
RN = 8kΩ Agora voltamos para o circuito original e identificamos algumas correntes: I1
50 K 40 K
10 K I2
+
+
X
I +
VTH
Y
AF
40 V
T
20 V
E calculamos a corrente I que passa pelas fontes:
40 − 20 50k//(40k + 10k) 20 I= 25k 4 I = mA 5 I=
398.126.848-24
R
Pelo divisor de corrente calculamos I2 : I2 =
50k I × I = = 0, 4mA (40K + 10K) + 50K 2
D
Agora finalmente podemos fechar a malha de tensão da direita, a fim de
encontrar VT H :
40 − (10k)I2 − VT H = 0 VT H = 40 − (10k) × (0, 4m) VT H = 36V
Como sabemos que VT H = RN × IN temos: IN =
VT H 36 = = 4, 5mA RN 8k ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 15
8.
22
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
I1
4 6
6
398.126.848-24
2,5
2,5 8
+ 10 V
8 10
+ 2V
A figura ilustra um circuito resistivo de corrente contínua.
T
Considerando que os valores dos resistores encontram-se em ohms, a corrente I1, em ampères, que atravessa o resistor de 4 ohms é (A) 0,50
AF
(B) 0,60 (C) 0,75 (D) 0,85
(E) 0,95
Resolução:
R
Primeiramente identificamos os seguintes nós: 4
D
A
6
I1
8 + 10 V
B
6
C
2,5
398.126.848-24
2,5 8
10
+ 2V
Agora tiramos que: VA − VB 4 (VA − VB ) = 4I1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
I1 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
23
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Sabendo isso, aplicamos a Lei dos Nós no nó A: 10 − VA VA − VC = I1 + 2, 5 6
(1.6)
E agora aplicamos a Lei dos Nós no nó B:
398.126.848-24
2 − VB VB − VC + I1 = 2, 5 6
(1.7)
Somando a equação 1.6 com o negativo da equação 1.7 temos:
10 − VA 2 − VB VA − VC VB − VC − − I1 = I1 + − 2, 5 2, 5 6 6
T
12(10 − VA ) − 12(2 − VB ) − 30I1 = 30I1 + 5(VA − VC ) − 5(VB − VC ) 120 − 12VA − 24 + 12VB − 30I1 = 30I1 + 5VA − 5VC − 5VB + 5VC
AF
96 = 60I1 + 17(VA − VB ) 96 = 60I1 + 17(4I1 )
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
128I1 = 96 96 I1 = 128 I1 = 0, 75A
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 16
8.
24
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Pleno Elétrica - Petrobras 2005) 10 W
Vf
398.126.848-24
10 W Carga Térmica
20 W
A fonte de tensão do circuito da figura alimenta, através de uma cadeia de resistores, uma carga térmica que consome 18 Kcal/h. Sabe-se que a tensão sobre a carga é de 100 volts. A tensão Vf da fonte de alimentação, em volts, é: (Considere 1cal ~ 4 J). (A) 130 (B) 155 (C) 180 (D) 200 (E) 220
T
Resolução:
Primeiramente vamos transformar a unidade da potência dada para o SI: 18kcal 18 × 103 × (4J) = = 20W h 3600s
AF
P =
Agora, chamando a corrente sobre a carga de IL e a tensão de VL temos:
ʌ
R
ʌ
P = VL × IL P IL = VL 20 IL = 100 IL = 0, 2A
398.126.848-24
Chamando o nó que une as três resistências de X e aplicando nele a Lei dos
D
Nós temos:
Vf − VX VX = + IL 10 20 3VX Vf = + 10 × (0, 2) 2 3VX Vf = +2 2
(1.8)
Agora, aplicando a Lei das Malhas na malha da direita temos: VX − 10IL − VL = 0 VX = 10(0, 2) + 100
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VX = 102V
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
25
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Voltando na equação 1.8 temos: 3VX +2 2 3 × 102 Vf = +2 2 Vf = 155V Vf =
398.126.848-24
✞
☎
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2011)
AF
Questão 17
T
Alternativa (B) ✆ ✝
No circuito da figura acima, deseja-se inserir um resistor de 20 kΩ entre os pontos a e b do circuito. 398.126.848-24
R
Para que o resistor seja especificado, que potência, em mW, esse resistor dissipará ao ser inserido?
D
(A) (B) (C) (D) (E)
12,0 10,5 9,8 5,0 1,8
Resolução:
Ao inserirmos a resistência de 20kΩ entre os pontos a e b teremos o seguinte
circuito: X
−
Ω
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
−
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
26
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Aplicando a Lei dos Nós em X temos:
60 − VX 50 − VX VX + = 20k 20k 40k 2(60 − VX ) + 2(50 − VX ) = VX
398.126.848-24
5VX = 220 VX = 44V Ou seja, a tensão Vba sobre o resistor de 20kΩ será: Vba = 50 − VX
T
Vba = 50 − 44 Vba = 6V
AF
Portanto, a potência necessária ao resistor será: Vba2 R 62 P = 20k P = 1, 8mW
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
P =
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 18
8.
27
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
398.126.848-24
T
A figura apresenta um circuito em corrente contínua composto por uma fonte de tensão de 5,4 V, quatro resistências com valores de 1 Ω, 2 Ω, 5 Ω e 10 Ω, além de uma fonte de corrente, cujo valor depende da tensão nos terminais da resistência de 5 Ω (if = 2v1). Qual o valor da corrente, em ampères, fornecida pela fonte de corrente? (A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 8 (E) 16
AF
Resolução:
Para facilicar nossa análise, nomeamos a tensão do nó acima da fonte de corrente de VX , como visto na figura abaixo:
R
Vx
398.126.848-24
D
Pelo divisor de tensão no ramo mais a direita do circuito tiramos: V1 =
5 × VX 10 + 5
VX = 3V1
Agora aplicamos a Lei dos Nós no nó de VX :
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
5, 4 − VX VX VX + 2V1 = + 1 2 15 30(5, 4 − VX ) + 60V1 = 15VX + 2VX
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
28
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
47VX − 60V1 = 162 47 × (3V1 ) − 60V1 = 162 141V1 − 60V1 = 162 81V1 = 162
398.126.848-24
V1 = 2V Como a questão quer saber o valor de if e sabendo que if = 2V1 , tiramos finalmente: if = 2V1 if = 2 × 2
T
if = 4A
✞
☎
Questão 19
AF
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1) 6
398.126.848-24
D
R
Uma tensão de 120 V é aplicada em um reostato ajustado em 10 . A partir de um determinado instante, a tensão sofre um aumento de 0,0015 V e a resistência sofre um decréscimo de 0,002 . A variação da potência dissipada neste reostato, em watts, é (A) - 0,72 (B) 0,25 (C) 0,32 (D) 0,40 (E) 0,45
Resolução:
A potência dissipada em um resistor é proporcional ao quadrado da tensão sobre o mesmo e inversamente proporcional à sua resistência. Então um aumento da tensão e diminuição da resistência necessariamente implica no aumento da potência dissipada, de modo que o candidato pode ser fazer contas descartar a letra A.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como a variação numérica é muito pequena, perderemos muito tempo fa-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
29
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
zendo contas e seria comum que o candidato fosse induzido ao erro, porém podemos utilizar uma aproximação pelo cálculo diferencial imaginando a potência como sendo uma função da tensão e da resistência, e levando em conta que: V2 P (V, R) = R ∆P = PV ∆V + PR ∆R
398.126.848-24
Calculando as derivadas parciais para os valores de V = 120 e R = 10 temos: V 120 =2× = 24 R 10 V PR = −( )2 = −144 R
T
PV = 2
Utilizando ∆V = 0, 0015 e ∆R = −0, 002 temos:
AF
∆P = 24 × 0, 0015 + 144 × 0, 002 ∆P = 0, 036 + 0, 288 ∆P = 0, 324W
Deste modo mostramos que o cálculo diferencial pode simplificar um problema matemático que seria tedioso e muito provavelmente levaria o candidato a 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
erros por arredondamento, além de uma perda substancial de tempo de prova.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 20
8.
30
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
O circuito da figura acima deve ser equacionado pelo método de tensões sobre os nós, para a solução através de uma equação matricial linear. Devem-se considerar as tensões sobre os nós V1 e V2 , a fonte de alimentação e as impedâncias presentes no circuito. A análise feita na estrutura resultou na seguinte equação matricial:
T
A expressão da matriz M é (D)
(B)
(E)
(C)
AF
(A)
Resolução:
Existem variadas técnicas para se analisar circuitos, algumas como a das tensões nodais definem as incógnitas como tensões em certos pontos do circuito,
398.126.848-24
R
outras como as correntes de malha definem um conjunto de correntes como as incógnitas. Da equação matricial presente no circuito podemos claramente ver que as incógnitas são as tensões dos nós, o que nos indica que a maneira de explicitar
D
a matriz M é através destas equações. Observemos que o nó de referência (terra) é o nó que liga todas as impedância na vertical. A equação para o nó V1 é: (Vf − V1 ) V1 (V1 − V2 ) = + Z1 Z2 Z1
(1.9)
A equação para o nó V2 é: (V1 − V2 ) V2 =2 Z1 Z2
(1.10)
Pelas alternativas de respostas presentes vemos que não há a presença de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
termo denominador, de modo que para chegarmos a uma expressão adequada
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8.
31
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
necessitamos remover os denominadores de ambas as equações, isto pode ser feito multiplicando ambas as equações por Z1 Z2 : Z2 V f − Z 2 V 1 = Z 1 V 1 + Z 2 V 1 − Z 2 V 2
(1.11)
Z2 V1 − Z2 V2 = 2Z1 V2
(1.12)
398.126.848-24
Para obtermos uma expressão adequada, apenas isolar as incógnitas de um lado e os termos independentes. Inicalmente de 1.11: (Z1 + 2Z2 )V1 − Z2 V2 = Z2 Vf E depois de 1.12:
T
−Z2 V1 + (2Z1 + Z2 )V2 = 0
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
Passando para forma matricial a expressão, visualizamos a resposta: " # (Z1 + 2Z2 ) −Z2 M= −Z2 (2Z1 + Z2 )
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 21
8.
32
39
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Circuitos Elétricos
12
6
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(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
T
Para medir a resistência interna da bateria de 12 V de um automóvel, um técnico usou um multímetro e uma lâmpada do farol desse automóvel. Verificou que a lâmpada era especificada para operar com 12 V e 30 W. Mediu primeiramente a tensão nominal nos bornes da bateria em aberto e obteve 12,72 V. Em seguida, acendeu a lâmpada ligando-a aos bornes da bateria, verificando que, com a lâmpada ligada, a tensão medida nos bornes caía para 11,52V. Qual o valor aproximado da resistência interna dessa bateria? (A) 1,8 (B) 1,2 (C) 1,0 (D) 0,8 (E) 0,5
Resolução:
O problema, apesar do longo enunciado, consiste em um circuito simples:
AF
uma fonte de tensão em série com dois resistores. Pela especificação de potência na lâmpada podemos determinar sua resistência: 2 Vlamp Rlamp 2 Vlamp = Plamp
Plamp =
Rlamp
R
Substituindo os valores:
Rlamp =
398.126.848-24
12 × 12 = 4, 8Ω 30
D
Conectando a bateria (e sua resistência interna associada) observamos nos
bornes uma tensão que é a tensão na lâmpada de 11,52 V, deste modo podemos ou utilizar a lei das malhas ou diretamente um divisor de tensão. Observação: Lembrando que a bateria pode ser vista como uma fonte de
tensão de 12, 72V , pois é a sua tensão em aberto, quando não ocorre nenhuma queda de tensão devido a não circulação de corrente pela resistência interna (perda de carga). Através do raciocínio do divisor de tensão temos uma equação algébrica simples:
4, 8 × 12, 72 4, 8 + Rint
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
11, 52 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
33
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Dividindo a equação por 12, 72: 0, 9 =
4, 8 4, 8 + Rint
Passando o denominador multiplicando para o membro esquerdo da equa-
398.126.848-24
ção anterior: 4, 35 + 0, 9Rint = 4, 8 Isolando o termo da resistência interna na equação: 0, 45 = 0, 9Rint Rint = 0, 5Ω
T
✞
☎
Questão 22
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1) 61
Uma certa fonte de tensão alimenta uma carga resistiva variável. Efetuam-se duas medidas sobre a carga e cons-
398.126.848-24
R
tata-se que, quando a carga consome 2A, a tensão sobre ela é de 9V, e quando consome 4A, a tensão cai para 6V. A resistência interna da fonte, em , é (B) 1,0 (D) 2,0
D
(A) 0,5 (C) 1,5 (E) 3,0
Resolução:
Este problema é bastante similar ao problema de determinar a tensão de
aberto e a resistência interna de uma bateria e de fato o raciocínio é o mesmo, sendo possível transformar o problema rapidamente em um sistema linear de segunda ordem de fácil resolução cujas equações são determinadas pelos valores de corrente e tensão em dois momentos diferentes. No primeiro momento o circuito apresenta tensão de saída de 9V para uma
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
corrente de 2A, esta tensão obviamente é a tensão da fonte menos a queda de
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
34
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
tensão na resistência interna devido a esta corrente de 2A, assim: V = E − RI 9=E−R×2 398.126.848-24
No segundo momento o circuito apresente uma tensão de saída de 6 V para uma corrente de 4 A, seguindo o mesmo raciocínio de antes temos: 6=E−R×4 Deste modo temos o seguinte sistema de duas equações: 9 = E − 2R
T
6 = E − 4R
Subtraindo a segunda equação na primeira temos:
AF
3 = 2R
R = 1, 5Ω
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 23
8.
35
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
T
398.126.848-24
AF
O circuito da figura acima, montado para ensaios de medidas elétricas, serve para identificar a tensão nominal e a resistência interna de uma bateria desconhecida. Variando-se o potenciômetro P, foram obtidas as seguintes medidas: Tensão no voltímetro
Corrente no amperímetro
13,4 V
2A
11,0 V
5A
A tensão nominal da bateria, em V, e a sua resistência interna, em Ω, são, respectivamente, 14,4 e 0,6 15,0 e 0,6 15,0 e 0,8 15,4 e 0,8 18,0 e 0,2
398.126.848-24
R
(A) (B) (C) (D) (E)
D
Resolução:
Podemos reduzir nosso problema para um sistema linear simples de duas
equações sabendo que a impedância do voltímetro é várias vezes maior que a da bateria. A presença de um amperímetro fecha o circuito, então podemos considerar o conjunto "bateria - resistência interna - resistência do amperímetro"como uma fonte de tensão em série com duas resistências, assim, em qualquer instante: Ebateria = Rint I + Ramp I
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como a resistência interna está contida na bateria, o voltímetro está me-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
36
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
dindo apenas a tensão sobre a resistência do amperímetro, deste modo: Vvoltmetro = Ramp I (1.13)
Vvoltmetro = Ebateria − Rint I
398.126.848-24
Utilizando os dados da tabela, no primeiro e segundo caso temos: 13, 4 = 6, 7Ω 2 11, 0 = = 2, 2Ω 5
Ramp = Ramp
Este resultado não é de forma alguma contraditório, pois o valor efetivo da resistência do amperímetro está sendo ajustado pelo potenciômetro, e além disso,
T
não é relevante. Serviu apenas para mostrar como se pode perder tempo fazendo contas desnecessárias utilizando a expressão incorreta e como isto pode causar confusão com relação aos resultados obtidos. Agora utilizemos a expressão 1.13
AF
para a tensão no voltímetro nos dois casos:
13, 4 = Ebateria − Rint 2
(1.14)
11, 0 = Ebateria − Rint 5
(1.15)
É um sistema linear de duas equações e duas incógnitas, estas duas vêm a serem os itens requisitados para resposta. Subtraindo a equação 1.15 na equação
D
R
1.14 temos:
398.126.848-24
2, 4 = 3Rint Rint = 0, 8Ω
Substituindo o valor encontrado em uma das duas equações 1.14 ou 1.15
temos:
13, 4 = Ebateria − 0, 8 × 2 Ebateria = 15, 0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
8.
37
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
Para o circuito apresentado na figura acima, o valor da tensão Vx, em volts, é (A) – 4 (B) 0 (C) 4 (D) 8
T
(E) 12
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida por superposição, considerando apenas
AF
uma fonte atuando de cada vez e calculando a corrente sobre o resistor de 4Ω. Este método envolverá a análise de três circuitos diferentes, isto tomará algum tempo do candidato, mas a sugestão é usar divisores de corrente para acelerar os cálculos.
Outra forma de se resolver é observar o nó que liga o resistor de 4Ω com as duas fontes de correntes. Considerando que a corrente que percorre este resistor
R
está dirigida no sentido da direita para esquerda, temos pela lei dos nós: 398.126.848-24
Ires + 2A = 3A Ires = 1A
D
Deste modo, a corrente que percorre o resistor mede 1A e realmente está no sentido que nós supúnhamos estar. A seta no terminal do resistor indica o sentido positivo de tensão, porém como a corrente está entrando pela polaridade negativa na lei de Ohm que a corrente tem sentido negativo, assim temos: Vres = RI = (4Ω) × (−1A) = −4V
Tendo em vista o cálculo final pela lei de Ohm, o candidato também poderia considerar o sentido da corrente no resistor orientado da esquerda para a direita. Deste modo a corrente encontrada teria o valor negativo e a resposta seria a mesma, ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
naturalmente.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 25
8.
38
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
Dado: obtêm-se as impedâncias por:
para i = 1,2,...6.
Considere o circuito da figura acima, com três nós (1, 2 e 3), seis admitâncias (y1 a y6), alimentado por duas fontes senoidais de corrente, em regime permanente. Equacionando a solução desse circuito na forma matricial, obtém-se I = Y.V, onde I é o vetor das injeções de correntes nodais, Y a matriz de admitância nodal, e V o vetor das tensões nodais. A expressão do elemento Y22 da matriz Y é
T
y1 + y2 + y3 y2 + y4 + y5 y4 + y5 − y6 z1 + z2 + z3 (z + z ) − (z − z )
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
A formulação da matriz admitância nodal é bem simples é bastante vantajosa, visto que a matriz Y além de esparsa é simétrica. Existem apenas duas regras para a determinação de seus elementos: uma para os diagonais e outra para todos os outros. O elemento Y11 é igual a soma de todas as admitâncias ligadas ao nó 1, no caso:
R
398.126.848-24
Y11 = y1 + y4 + y6
O mesmo caso vale para qualquer elemento Yjj associado a um nó "j", seja ele
D
ligado com outro nó ou ligado com a terra (nó de referência), deste modo: Y22 = y2 + y4 + y5 Y33 = y3 + y5 + y6
Os elementos fora da diagonal são preenchidos pelo negativo da soma das admitâncias entre os dois nós associados aos índices, em nosso caso teremos: Y12 = Y21 = −y4 Y13 = Y31 = −y6 Y23 = Y32 = −y5 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 26
8.
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
38
398.126.848-24
T
A figura acima apresenta um circuito elétrico, puramente resistivo, alimentado por uma fonte CC. As correntes elétricas nos trechos entre os pontos A-B, C-A e B-D são, respectivamente, em ampères, iguais a (A) 0,5 ; 0 e 0 (B) 0,5 ; 0 e 0,5 (C) 0 ; 0,33 e 0,5 (D) 0 ; 0,16 e 0,33 (E) 0,5 ; 0,16 e 0,33
AF
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida imediatamente se o candidato observar que os nós A e B estão em curto circuito.
Deste modo a resistência equivalente do circuito pode ser encontrada:
398.126.848-24
D
R
Req = 10//20 + 40//20 + 20 200 800 Req = + + 20 30 60 20 40 Req = + + 20 3 3 Req = 40 Ω
A corrente que sai da fonte é obtida dividindo a tensão total sobre a resis-
tência equivalente:
If onte =
20 If onte 40
= 0, 5 A
Para encontrar a corrente que corre do nó C para o nó A pode ser encontrada através de um divisor de corrente: ICA = 0, 5 ×
10 20 + 10
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ICA = 0, 16 A
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
40
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12
6
398.126.848-24
De forma equivalente a corrente existente entre o nó B e D: IBD = 0, 5 ×
40 40 + 20
IBD = 0, 33 A 398.126.848-24
Pela simples aplicação da lei de Kirchhoff nos nós C e D nos mostra que: IC = ICA + ICB ICB = 0, 5 − 0, 17
T
ICB = 0, 33 A
ID = IAD + IBD
IBD = 0, 5 − 0, 33
AF
IBD = 0, 16 A
Por uma simples inspeção visual no circuito vemos que trata-se de uma Ponte de Wheatstone balanceada, uma vez que:
20Ω × 20Ω = 40Ω × 10Ω
Deste modo concluímos de imediato que não há corrente entre os pontos A
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
e B, como o candidato pode verificar utilizando as leis de Kirchhoff.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 27
8.
41
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2008) 26 x(t) (V) 30
398.126.848-24
10 6
0
-4
-14 -10
10
16 20
t(ms)
T
O sinal periódico de tensão mostrado na figura acima é aplicado sobre um resistor de 10:. A potência média, em W, dissipada no resistor é (A) 18 (B) 32 (C) 38 (D) 42 (E) 54
Resolução:
AF
Esta questão é bastante sucinta, sendo necessário apenas determinar uma expressão para a potência no dispositivo em dois instantes de tempo para em seguida realizar uma integração simples. Podemos lembrar as fórmulas para a potência instantânea sobre um elemento de resistência R, submetido a uma tensão V e a uma corrente I:
V2 = RI 2 R Como temos acesso imediatamente ao valor de R e V é mais inteligente da parte
R
P =VI =
do candidato utilizar a expressão
2
V R
398.126.848-24
. Porém é importante comentar que também
é possível utilizar qualquer uma das outras duas expressões apesar de não ser o caminho mais fácil. A potência média é a integral da potência durante o período
D
do sinal, temos o ciclo fundamental do sinal expresso como: V = 10V , entre 0 e 6s V = 30V , entre 6 e 10s
Assim, utilizando R = 10Ω temos a seguinte expressão para a potência instantânea: P = 10W , entre 0 e 6s P = 90W , entre 6 e 10s
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Integrando no ciclo de dez segundos e dividindo o resultado por este tempo acha-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
42
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12
6
398.126.848-24
remos o valor médio da potência durante o ciclo. Z 10 1 ¯ P = ( P dt) 10 0 Z 6 Z 10 1 P¯ = ( 10dt + 90dt) 10 0 6
398.126.848-24
Como em cada intervalo de tempo as potências são constantes, a integração é base vezes altura, ou seja, o valor da potência multiplicado pelo intervalo de tempo: 1 P¯ = (10 × 6 + 90 × 4) 10 420 P¯ = = 42W 10 ✞
☎
Questão 28
AF
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
63
R
O voltímetro e o amperímetro são dois instrumentos de medida destinados à medição da tensão elétrica e da corrente elétrica, respectivamente. As características desses instrumentos, que devem ser observadas para que a conexão em um circuito elétrico não influencie na resposta do mesmo, são: a impedância e a corrente de entrada para o voltímetro e a impedância de entrada e a queda de tensão interna para o amperímetro. Considerando um voltímetro e um amperímetro ideais, quais devem ser os valores das variáveis supracitadas para a correta operação dos instrumentos de medição? Voltímetro
398.126.848-24
Amperímetro
corrente de entrada
impedância de entrada
queda de tensão interna
(A)
Infinita
Infinita
Infinita
Infinita
(B)
Infinita
Zero
Zero
Infinita
(C)
Infinita
Zero
Zero
Zero
(D)
Zero
Infinita
Zero
Infinita
(E)
Zero
Zero
Infinita
Zero
D
impedância de entrada
Resolução:
Esta questão é conceitual e sua realização é simples uma vez a teoria de circuitos bem assimilada, pois se pergunta sobre impedâncias ideais e correntes drenadas idealmente pelos dispositivos de medição de tensão e corrente. O amperímetro é colocado em série com o elemento cuja corrente se deseja medir, é razoável supor que um dispositivo deste tipo perfeito deve ser capaz de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
aceitar qualquer corrente que por ele circule sem ser danificado. Mais razoável
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
43
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
ainda que ele tenha impedância nula para que sua associação em série com o elemento não tenha efeito algum na resistência equivalente do ramo, deste modo ele não deve apresentar queda de tensão alguma. O voltímetro é colocado em paralelo com o elemento cuja tensão se deseja
398.126.848-24
medir, é razoável supor que se ele tivesse resistência nula o valor da tensão sobre o mesmo seria zero e o mesmo aconteceria com o elemento em paralelo o que significa uma medida arruinada. Por simples exclusão é possível dizer que a impedância de entrada do mesmo deve ser infinita para que nunca haja efeito de carga e isto comprometa a medição. Um elemento de impedância infinita não admite corrente por a resis-
T
tência à passagem da corrente é insuperável. Deste modo podemos assinalar a resposta.
Outra linha de raciocínio a se utilizar é que o medidor ideal não dissipa
AF
potência alguma. No amperímetro as perdas são do tipo RI 2 , desta forma R deve ser nulo, enquanto isto, no voltímetro as perdas são
o que força a resistência a
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
R
ser infinita.
V2 R
Questão 29
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2008) 33
D
Suponha que a tensão u aplicada entre os terminais de um resistor não linear obedeça à seguinte relação: u=3i(t)+[i(t)]2V, onde t é dado em horas e i(t) é a corrente, em função do tempo, que passa pelo mesmo. Se a corrente que passa pelo resistor varia de acordo com a relação i(t)=4t, em A, a energia consumida pelo mesmo, em kWh, depois de 4 horas é (A) 1,21 (B) 4,86 (C) 5,12 (D) 15,76 (E) 19,45
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como nesta questão a expressão para a tensão e a corrente são valores
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
44
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
analíticos o candidato pode ficar tentado em realizar diretamente uma integração, mas um olhar mais atento revelará uma discretização dos dois parâmetros: tensão e corrente só mudam de hora em hora. Uma vez exposto o fato anterior pode-se sugerir que é mais rápido e causa menos erros expressar a potência em cada hora como uma função do número de horas. Partindo inicialmente da seguinte equação:
398.126.848-24
I = 4T Como a tensão é uma função da corrente e a corrente é uma função do tempo em última análise a tensão é uma função do tempo, isto pode ser evidenciado substituindo a equação anterior na expressão da tensão:
T
U = 3I + I 2 U = 3(4t) + (4t)2
AF
U = 12t + 16t2
Como a potência é o produto da tensão com a corrente, a expressão para a potência em função do tempo é:
P = UI
P (t) = (12t + 16t2 )4t P (t) = 48t2 + 64t3
R
398.126.848-24
Lembrando que energia é a integral da potência no tempo, depois de 4 horas
D
teremos uma energia consumida igual a: Z E(t) = P (t) Z 4 E(4) = (48t2 + 64t3 )dt 0 3 4 t t4 E(4) = 48 + 64 3 4 0 E(4) = 16 × 43 + 16 × 44 E(4) = 5120 W h E(4) = 5, 12 kW h ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
45
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
1.2 Circuitos CC Com Diodo Zener Questão 30
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
No circuito da figura acima, os valores de R e da tensão nominal do diodo zener, VZ, são desconhecidos. Para determiná-los, utilizaram-se duas baterias diferentes, verificando-se as potências dissipadas pelos resistores. Os valores obtidos estão na tabela abaixo. PR
PRL
10 V
12 mW
8 mW
18 V
48 mW
18 mW
− −
AF
Bateria
Com base nos dados acima apresentados, os valores de R e VZ são, respectivamente, (A) 2 kΩ e 4 V (B) 3 kΩ e 6 V (C) 2 kΩ e 6 V (D) 3 kΩ e 4 V (E) 2 kΩ e 10 V
Resolução:
398.126.848-24
D
R
Sabemos que P = V × I e V = R × I, logo: P =V ×I V P =V × R Vω2 P = R √ V = PR
Ω
− podemos Agora que temos a tensão em função da potência e da resistência,
fechar a malha externa:
−
Vbat − VR − VRL = 0 p PR R − PR L R L = 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Vbat −
p
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
46
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12
6
398.126.848-24
Para a primeira linha da tabela temos então: p p Vbat − PR R − PRL RL = 0 p √ 10 − 12 × 10−3 R − (8 × 10−3 ) × (2 × 103 ) = 0 √ 12 × 10−3 R = 10 − 4
398.126.848-24
R=
62 12 × 10−3
R = 3kΩ
PRL = RL × IR2 L r PR L I RL = R r L 8 × 10−3 I RL = 2 × 103
AF
PR = R × IR2 r PR IR = rR 12 × 10−3 IR = 3 × 103
T
Nesta situação, vamos ver qual é a corrente que passa por R e por RL :
IRL = 2mA
398.126.848-24
R
IR = 2mA
Vemos neste caso que IR = IRL , o que implica que não passa corrente pelo
diodo zener, ou seja, este não está operando com sua tensão zener. Por este
D
motivo não podemos ainda determinar o valor de VZ . Fazendo a mesma análise para a segunda linha da tabela temos: p p Vbat − PR R − PRL RL = 0 p √ 18 − 48 × 10−3 R − (18 × 10−3 ) × (2 × 103 ) = 0 √ 48 × 10−3 R = 18 − 6 R=
122 48 × 10−3
R = 3kΩ
(Como esperávamos!)
Nesta nova situação, a corrente que passa por R e a corrente que passa por
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
RL serão:
398.126.848-24
398.126.848-24
PR = R × IR2 r PR IR = rR 48 × 10−3 IR = 3 × 103
398.126.848-24
8.
47
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
PRL = RL × IR2 L r PR L I RL = R r L 18 × 10−3 I RL = 2 × 103
IR = 4mA
IRL = 3mA
Neste caso vemos que IR 6= IRL , logo IZ = 4mA − 3mA = 1mA. Isso indica
que o diodo zener está conduzindo, portanto está imprimindo sua tensão VZ nas
T
extremidades de RL . Então basta calcularmos VZ como segue: VZ = RL × IRL = (2 × 103 ) × (3 × 10−3 ) = 6V
Portanto, encontramos R = 3kΩ utilizando a primeira linha da tabela, e utili-
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
R
AF
zando a segunda linha encontramos VZ = 6V .
(Eng. de Equipamentos Pleno Eletrônica - Petrobras 2006)
D
Questão 31
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
O circuito da figura acima mostra um diodo zener de 16V alimentado por duas fontes CC. A potência dissipada no diodo, em mW, é: (A) 0 (B) 12 (C) 15 (D) 24 (E) 38
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
48
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Resolução: De antemão não sabemos se o diodo zener está polarizado diretamente (e fixando a tensão entre seus terminais em 16V). Por este motivo assumiremos que ele está polarizado diretamente, o que implica que IZ tem o sentido indicado na
398.126.848-24
figura abaixo: X
T
IZ
Se encontrarmos um valor negativo ou igual a zero para IZ isso indicará que o diodo zener está polarizado reversamente, o que implicará em VZ = 0.
AF
Aplicando a Lei dos Nós no nó X indicado na figura temos:
24 − VZ 18 − VZ VZ + = IZ + 15k 30k 15k 2(24 − VZ ) + (18 − VZ ) = 30 × 103 IZ + 2VZ
R
398.126.848-24
48 + 18 − 5VZ 30 × 103 66 − 5 × 16 IZ = 30 × 103 7 IZ = − mA 15
D
IZ =
Como encontramos IZ < 0 percebemos que o diodo zener está polarizado
reversamente, então VZ = 0, e a potência dissipada será: PZ = V Z × I Z = 0 × IZ =0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 32
8.
49
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009) 15 kW
+
398.126.848-24
R
60 V
_ + _
5V
T
No circuito da figura acima, o Diodo Zener é considerado ideal e opera, em sua região ativa, com tensão nominal de 16 V. Qual o valor do resistor R, em kW, para que a corrente no Zener seja de 2 mA? (A) 40 (B) 35 (C) 15 (D) 10 (E) 5
Resolução:
circuito:
AF
Com os dados do enunciado, e identificando as correntes, temos o seguinte
15 kW
I
IR
IZ
+
+
=
+60 V
=
+
=
+
16V
_
_
5V
=
+
+ _ =
+
R
398.126.848-24
D
R
Fechando a malha de tensão da esquerda podemos encontrar o valor de I: 60 − 15 × 103 I − 16 − 5 = 0 39 I = mA 15
Agora, sabendo que IZ = 2mA, fechamos a malha de tensão da direita: 5 + 16 − RIR = 0 21 − R(I − IZ ) = 0 =
+
=
+
=
+
21 × 103 − =2 + =15 + R = 21 × × 103 9 R = 35kΩ R=
39 15
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 33
8.
50
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2011)
398.126.848-24
AF
T
O circuito da figura acima mostra um diodo Zener com tensão nominal de 6 V, alimentado por uma fonte de tensão contínua. Se a corrente elétrica que atravessa o diodo Zener é 0,3 A, a tensão Vf da fonte, em volts, é (A) 19 (B) 24 (C) 27 (D) 32 (E) 38
Resolução:
Chamemos de X o nó que une as três resistências. Fechando a malha da direita temos:
VX − 10IZ − VZ = 0
R
VX = 10IZ + VZ
398.126.848-24
VX = 10 × 0, 3 + 6 VX = 9V
D
Agora, aplicando a Lei dos Nós no nó X temos: Vf − VX VX = + IZ 20 15 3(Vf − VX ) = 4VX + 60IZ 7VX + 60IZ Vf = 3 7 × 9 + 60 × 0, 3 Vf = 3 Vf = 27V ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
51
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
1.3 Circuitos CC: RC, RL e RLC Questão 34
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A Figura abaixo representa um circuito operando no estado permanente de corrente contínua, em que, num determinado instante t = 0, a chave S se fecha. 398.126.848-24
S + 1
10 A
2
6H
4F
Vo (t) -
Vo (t) e dVo (t) em t = 0(+) (imediatamente após o fechamento da chave) são iguais, respectivamente, em volts e dt volts/segundo, a
e 1,25 e 1,25 e 2,50 e 2,50 e 10,00
T
(A) 10 (B) 10 (C) 10 (D) 10 (E) 10
AF
Resolução:P2-21-Q40
O primeiro passo para a resolução deste problema é encontrarmos a tensão inicial no capacitor. Uma vez que no fechamento da chave o resistor de 2 Ω estará em paralelo com o capacitor, que tem inércia de tensão, Vo (0+ ) será igual à tensão
R
inicial do capacitor, conforme assinalado na figura abaixo:
D
10 A
+
1
4F
398.126.848-24
Vo (t) -
Como em regime permanente o capacitor comporta-se como um circuito
aberto, toda a corrente de 10 A circulará no resistor de 1Ω antes do fechamento da
chave, assim:
Vo (0− ) = 1 × 10 = 10 V
Apesar de ser importante, isto ainda não nos ajuda a responder a questão, uma vez que todas as alternativas já nos dão este valor. Mesmo assim, devemos reter o raciocínio e seguir adiante. Realizando uma transformação de fonte e fechando a chave, teremos o se-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
guinte circuito equivalente:
398.126.848-24
398.126.848-24
+
1 10 V
8.
52
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
6H
4F
2
Vo (t) -
398.126.848-24
Pela lei dos nós, teremos então: 10 − Vo (t) Vo (t) = IC + IL (t) + 1 2 dVo (t) Vo (t) 10 − Vo (t) = 4 + IL (t) + dt 2 Uma vez que a corrente no capacitor é relacionada com a tensão no mesmo
T
através de:
IC = C
dVC dt
AF
Porém, devemos lembrar que o indutor é dotado de inércia de corrente e que o capacitor é dotado de inércia de tensão. Uma vez que o circuito à direita da chave estava desenergizado, claramente temos:
IL (0+ ) = IL (0− ) = 0
Além disto, como o resistor de 2 Ω fica em paralelo com o capacitor com
R
inércia de tensão, temos imediatamente após o fechamento da chave que:
398.126.848-24
V0 (0+ ) = V0 (0− ) = 10V
D
Assim, voltando à equação dos nós: dVo 10 +0+ dt 2 dV0 0=4 +5 dt
10 − 10 = 4
dV0 = −1, 25 V /s dt
Uma vez que a tendência fosse o descarregamento do capacitor para injetar corrente no resistor e indutor em paralelo, é natural encontrarmos uma derivada negativa de tensão do capacitor. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 35
8.
53
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
Um sistema de controle utiliza um capacitor de capacitância 1,0 μF, inicialmente neutro. Ele é ligado a uma fonte de tensão constante até carregar-se completamente. A seguir, verifica-se que, descarregando-o através de um resistor, o calor desenvolvido equivale a 0,125 J. Nessa situação, o valor da tensão, em volts, à qual submete-se o capacitor é (A) 500 (B) 400 (C) 300 (D) 200 (E) 100
398.126.848-24
T
Resolução: Do enunciado concluímos que um capacitor (de capacitância 1µF ) foi carregado por uma fonte de tensão E (que queremos determinar), e acumulou uma
AF
energia de 0, 125J (que posteriormente foi descarregada sobre um resistor). Sabemos que a energia U armazenada em um capacitor C por uma fonte de tensão E é dada pela expressão:
1 U = CE 2 2
Substituindo os valores dados podemos então encontrar o valor de E: 1 U = CE 2 2 √ E = 2U C p E = 2 × 0, 125 × (50 × 10−6 ) √ E = 250000 E = 500V ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 36
8.
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
398.126.848-24
A análise de um projeto de automação indicou a presença do circuito ilustrado como elemento auxiliar, alimentado por corrente contínua.
0A 0A 0,5 A 0,5 A 2A
e e e e e
10 μC 16 μC 10 μC 16 μC 10 μC
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
T
Se a resistência R mede 4,0 Ω, o amperímetro A1 indica 2A, a capacitância é de 2,0 μF e o capacitor já se encontra totalmente carregado, a indicação no amperímetro A2 e a carga armazenada no capacitor são, respectivamente,
Resolução:
Como o capacitor encontra-se totalmente carregado, então não há passagem de corrente por ele, ou seja, A2 = 0A.
398.126.848-24
R
Como A2 = 0, toda a corrente A1 deve passar pelo resistor R, como já sabemos o valor destas duas grandezas, fica fácil encontrarmos a tensão sobre os terminais do capacitor (que é a tensão nos terminais do resistor R):
D
Vc = RIA1 = 4 × 2 = 8V
Portanto a carga armazenada no capacitor C é: Q = CVc = (2µ) × 8 = 16µC ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 37
8.
55
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008) 20
IS
2 mH
12 V
398.126.848-24
30
10
S1
1 mH
5 F
40
7V
40
T
A figura acima apresenta um circuito de corrente contínua funcionando em regime permanente com a chave S1 aberta. Em determinado instante, a chave S1 é fechada. Imediatamente em seguida, o módulo da corrente IS, em ampères, que atravessa a chave S1, é, aproximadamente, (A) 0,8 (B) 0,7 (C) 0,6 (D) 0,5 (E) 0,4
Resolução:
Para resolver questões deste tipo temos que ter em mente que capacitores
AF
em regime permanente viram circuito aberto, e a tensão em t0+ (imediatamente após a mudança do circuito) do capacitor é a mesma tensão que o capacitor adquiriu em regime permanente. Já indutores em regime permanente viram curtocircuito, e a corrente em t0+ no indutor é a mesma corrente que passava pelo indutor em regime permanente. Sabendo isso, vamos analisar o circuito. Com S1 aberta temos um circuito de duas malhas à esquerda de S1 e um
D
R
circuito de uma malha à direita. O circuito à esquerda de S1 será:
398.126.848-24
20
Vc
12 V 40
A figura acima apresenta um circuito
Veja que, como o circuito está em regime permanente, substituimos o indutor de 2mH por um curto-circuito, e o capacitor será um circuito aberto (o capacitor está representado na figura apenas para localizarmos a tensão VC ). Agora podemos calcular a tensão VC sobre o capacitor por um simples divisor de tensão: VC = 12 ×
40 = 8V 40 + 20
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Ainda com S1 aberta, o circuito à direita de S1 será:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
56
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
30 I
7V
40
398.126.848-24
Neste caso substituimos o indutor de 1mH por um curto-circuito, e identificamos a corrente que passa por ele por I. Então calculamos I: I=
7 = 0, 1A 30 + 40
Agora que sabemos a tensão no capacitor e a corrente no indutor no instante
20
30
10
S1
IS
I
AF
2 mH
T
t0+ , ao fecharmos S1 teremos o seguinte circuito:
Vc
12 V
40
40
7V
Fechando a malha que contém VC , IS e a fonte de 7 V temos: VC − 10IS − 30(IS − I) − 7 = 0
D
R
398.126.848-24
VC − 40IS + 30I − 7 = 0 VC + 30I − 7 IS = 40 8 + 30 × 0, 1 − 7 IS = 40 4 IS = 40 IS = 0, 1 A
Perceba que não há alternativa correta, sendo que o gabarito oficial indica a
letra (E) como resposta correta. Com um pouco de análise nós percebemos o erro da banca, que foi considerar VL = 0 neste nosso último cálculo, porém vemos que isso não é correto. Apesar do erro, a banca não anulou a questão. ✞
☎
Alternativa ✆
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
✝Sem
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 38
8.
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1) Comutação em t = 0s
398.126.848-24
i(t) = 1A
+ -
L
R
e(t)
A figura mostra um circuito composto por uma fonte de corrente contínua, um indutor e um resistor ideais, além de uma chave seletora. A chave comuta instantaneamente seus contatos em t = 0 s, e a fonte de corrente contínua tem valor de 1 A. Considere que, antes desse instante, não havia corrente no indutor nem no resistor.
- R ×t L
(B) e(t) = R × e
- R ×t L
(C) e(t) =
R -R×L×t ×e L
AF
(A) e(t) = L × e
T
Qual função expressa a tensão e(t), em volts, nos terminais do resistor e do indutor para t ≥ 0 s?
(D) e(t) = L(1- e-R×L×t )
(E) e(t) = R(1- e-R×L×t )
Resolução:
Encontrar o gabarito correto desta questão é extremamente fácil. Perceba que em t = 0 o indutor se comporta como um circuito aberto, portanto a corrente 398.126.848-24
R
de 1A passa toda pelo resistor R, fazendo com que a tensão sobre o resistor seja: e(0) = 1 × R = R. Dentre as alternativas, a única que resulta em e(0) = R é a letra B. Feito isso o candidato já poderia passar para a próxima questão da prova.
Porém aqui, por motivos didáticos, vamos encontrar a expressão de e(t),
D
o que também é bastante simples. Se transformarmos a fonte de corrente em paralelo com R em uma fonte de tensão (em série com R), teremos o conhecido circuito RL. A nova fonte de tensão, obtida da conversão, será: E = R × 1 = R. Logo a expressão para a tensão no resistor será: −t
e(t) = Ee τ
−t
e(t) = Re (L/R) R
e(t) = Re− L t ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 39
8.
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006)
R 398.126.848-24
E
+
(A) 0 ,2 RC
R
C
RC 5 ln 2 3
(C)
RC ln(0,2)
(D)
RC 3 ln 2 5
(E)
0,6 RC
T
A figura acima mostra uma fonte de tensão contínua alimentando um circuito RC. Com o capacitor descarregado, a chave fecha-se no instante inicial, isto é, em t=0. A expressão matemática do tempo total (t), contado a partir do instante inicial até o capacitor se carregar com 1/5 da tensão da fonte, é:
(B)
Resolução:
Para resolver esta questão utilizaremos o Equivalente de Thévenin do cir-
AF
cuito “visto” pelo capacitor. Para acharmos RT H curto-circuitamos a fonte e medimos a resistência equivalente nos terminais do capacitor. Resultando no seguinte circuito:
_
R
I
Ao
R
C
R
E
+
ω
398.126.848-24
Bo
Como fica claro na figura, vemos que a resistência equivalente entre os pontos A
D
e B é:
RT H = R//R =
R 2
Agora, para acharmos a tensão equivalente de Thévenin devemos colocar
novamente a fonte no circuito e encontrar a tensão entre os extremos A e B. Ou seja, ficamos com o seguinte circuito: _ R E
Ao
+ R
C
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Bo
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
59
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Como vemos, é um simples divisor de tensão, logo: VT H = E
R E = R+R 2
Agora que encontramos RT H e VT H nos restou o seguinte circuito:
398.126.848-24
_ RTH
VTH
+ R
C
T
Ora, este é um simples circuito RC onde a resistência é RT H e a fonte é VT H . Então podemos utilizar a conhecida equação de carga do capacitor, sabendo que no tempo t que procuramos a carga do capacitor é igual a
da fonte, ou seja
AF
VC (t) =
E : 5
1 5
−t
VC (t) = VT H (1 − e τ ) −t E VC (t) = (1 − e τ ) 2 −t E E = (1 − e τ ) 5 2 −t 1 1 = (1 − e τ ) 5 2 −t 2 eτ =1− 5 −t 3 = ln τ 5 3 t = −τ ln 5 5 t = τ ln 3 5 t = (RT H C) ln 3 RC 5 t= ln 2 3
D
R
398.126.848-24
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
6 12
60
8.
_
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Questão 40
398.126.848-24
39
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006) Considere a figura abaixo.
2 mH
4 398.126.848-24
S
+ 12 V
5
3 mF 20 I1
A chave S, no circuito, encontrava-se aberta por um longo tempo, tendo o circuito alcançado o regime permanente. Imediatamente após fechar a chave S, o valor da corrente I1, em ampères, será: (A) 0,75 (B) 1,00 (C) 1,25 (D) 1,50 (E) 2,00
Resolução:
Sabendo que com a chave S aberta em regime permanente o indutor será equivalente a um curto-circuito e o capacitor será equivalente a um circuito aberto, podemos facilmente calcular o valor da corrente IL que passa pelo indutor e a tensão VC sobre o capacitor nesta situação. Para isso nos baseamos no circuito resultante com a chave S aberta: 4
IL + 12 V
398.126.848-24
+ 20
VC
5
A tensão VC sobre o capacitor em regime permanente então será: VC = 12 ×
20 = 10V 20 + 4
A corrente IL que passa pelo indutor em regime permanente será: IL =
12 = 0, 5A 20 + 4
Imediatamente após o fechamento da chave S, os valores de IL e VC serão os mesmos de quando a chave S estava aberta em regime permanente, logo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
teremos o seguinte circuito:
398.126.848-24
398.126.848-24
4
+
VL
8.
61
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
X
I
IL +
+
12 V
20
VC
I1
5 398.126.848-24
Então fica fácil encontrar o valor da corrente I1 : I1 =
VX VC 10 = = = 2A 5 5 5
Obs.: Observe que a corrente IL não foi utilizada para encontrar I1 , por isso não precisava ter sido calculada. Mas é uma boa prática determinar completa-
T
mente o estado de regime permanente antes de prosseguir os cálculos, pois deste modo temos dados suficientes para verificar nossos cálculos.
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
R
Questão 41
AF
✞
S1
398.126.848-24
2k
1k
+
D
10V
–
IF
20k
5 H 2mF
2k 3k
A figura apresenta um circuito elétrico alimentado por uma fonte CC, funcionando em regime permanente com a chave S1 aberta.
Parte 1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Nessas condições, qual é a corrente IF, em miliamperes, fornecida pela fonte? (A) 1,2 (B) 1,6 (C) 2,0 (D) 2,4 (E) 2,8
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
62
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Resolução: Lembrando que em regime permanente o capacitor será equivalente a um circuito aberto, e o indutor a um curto-circuito, com S1 aberta teremos o seguinte circuito:
398.126.848-24
1k
+
IF
10V
–
20k
+ –
IL VC
2k 3k
fonte pela resistência equivalente Req :
Questão 42
VF 10 10 = = = 2mA 20×(2+3) Req 5 1 + 20+(2+3)
AF
IF =
T
Como pode ser visto, para encontrarmos IF basta dividirmos a tensão da
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
398.126.848-24
R
− − Parte 2 − Em determinado instante, a chave S1 é fechada. Qual é a − taxa de variação da tensão do capacitor, em volts/s, imedi−
D
atamente ao instante do fechamento da chave S1? (A) − 0,96 (B) − 0,80 (C) − 0,64 (D) − 0,48 (E) − 0,32
Resolução:
Antes de fecharmos a chave S1, vamos voltar ao circuito da resolução da questão anterior (quando S1 estava aberta em regime permanente) para calcularmos os valores da corrente IL que passa pelo indutor e da tensão VC sobre o capacitor. Pelo divisor de corrente encontramos facilmente IL como segue: 20 × IF = 0, 8 × 2mA = 1, 6mA 20 + 5
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
IL =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
63
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
E VC é igual á tensão sobre o resistor de 20kΩ:
_
VC = RI = R(IF − IL ) = (20 × 103 ) × (2 − 1, 6) × 10−3 = 8 V Agora que já temos o valor de IL e VC podemos fechar a chave S1, resul-
398.126.848-24
tando no seguinte circuito:
IR 1k
+
X
IF
10V
20k
+ –
2k
IL VC
3k
AF
T
–
2k
Como nos é pedido a taxa de variação da tensão do capacitor, ou seja,
dVC , dt
lembramos da equação do capacitor (em descarga): IC = −C
dVC dt
dVC IC =− dt C
398.126.848-24
R
Ou seja, como C é conhecido, precisamos apenas determinar a corrente IC
que passa pelo capacitor. Para tal aplicamos a Lei dos Nós no nó X identificado no circuito, resultando em:
VC + IR + IL 20 × 103 8 I−C = + IR + 1, 6 × 10−3 − 2 × 10−3 20 × 103
D
IF + IC =
−
I−C = IR
− − determinar o valor de IR , e para isso fechamos a malha Agora precisamos
que contém VC e IR : VC − (2 × 103 )IR − (IL + IR )3 × 103 = 0
5 × 103 IR = VC − 3 × 103 IL
VC − 3 × 103 IL 5 × 103
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
IR =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
64
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
8 − 3 × 103 (1, 6 × 10−3 ) 5 × 103 3, 2 IR = 5 × 103 IR =
398.126.848-24
IR = IC = 0, 64 mA Agora podemos finalmente encontrar
dVC : dt
dVC IC 0, 64 × 10−3 =− =− = −0, 32 V /s dt C 2 × 10−3 ✞
☎
AF
T
Alternativa (E) ✆ ✝
Questão 43
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2) 2 kΩ
12 kΩ
μ
+
9V
R
Ψ
μ
8 kΩ
0,25 F
-
398.126.848-24
D
No circuito elétrico da figura acima, com a chave aberta, o capacitor está totalmente descarregado. Considerando que o capacitor atinge carga máxima após 5 constantes de tempo, quanto tempo, em ms, decorrerá para esse capacitor atingir a carga máxima, após o fechamento da chave? (A) 15,0 (B) 10,2 (C) 6,0 (D) 3,0 (E) 2,4
Resolução: Sabemos que a constante de tempo τ de um circuito RC série é dado por τ = RC. Porém o circuito dado não está no formato RC série (um resistor em série com
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
um capacitor). Por este motivo vamos calcular a resistência “vista” pelo capacior,
ε
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
65
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12
6
398.126.848-24
ou seja, a resistência equivalente de Thévenin. Para tal curto-circuitamos a fonte de tensão e calculamos a resistência equivalente nos terminais do capacitor, cujo processo está mostrado na figura abaixo: 2 kΩ
398.126.848-24
12 kΩ
μ
I
. .
8 kΩ
A
I
0,25 F
I
B
Ψ μ
Perceba que o resistor de 2kΩ está curto-circuitado (ele liga o ponto B ao próprio
T
ponto B), portanto ele pode ser desconsiderado, restando-nos apenas os resistores de 12kΩ e 8kΩ que estão em paralelo (ambos ligam o ponto A ao ponto B), logo:
12 × 8 12 + 8 96 = 20 = 4, 8kΩ
AF
RT H = RT H RT H
Agora que já temos RT H podemos facilmente encontrar a constante de tempo do sistema:
R
398.126.848-24
τ = RT H C
ε
μ
μ
τ = (4, 8 × 103 ) × (0, 25 × 10−6 )
D
τ = 1, 2 × 10−3 s
Como o capacitor atinge carga máxima após cinco constantes de tempo,
temos que o tempo necessário para atingir esta carga máxima será: tcM ax = 5τ tcM ax = 5 × (1, 2 × 10−3 ) tcM ax = 6ms ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 44
8.
66
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1) 50 W
0,2 h +
10 W
398.126.848-24
120 V
AMP
+
-
0,05 F
50 W
AF
T
No circuito da figura acima, considera-se que o capacitor e o indutor estão inicialmente descarregados. A chave é fechada no tempo t=0s e, neste instante, uma medida de corrente ( I0 ) é feita no amperímetro (AMP). Com a chave fechada até o circuito atingir o regime permanente, outra medida de corrente ( Iss ) é feita. Os valores, em A, das medidas I0 e Iss , respectivamente, são (C) 0,3 e 0,0 (B) 0,0 e 1,5 (A) 0,0 e 1,2 (E) 2,0 e 3,0 (D) 0,4 e 1,2
Resolução:
Com a chave aberta não há nenhuma fonte conectada ao circuito, e como o
__ _
capacitor está descarregado então não fluirá nenhuma corrente pelo circuito, logo I0 = 0. Com a chave fechada e em regime permanente, podemos substituir o
indutor por um curto-circuito e o capacitor por um circuito aberto, isso faz com que
R
o circuito vire apenas a fonte de tensão em série com duas resistências de 50Ω e
398.126.848-24
um amperímetro, como a figura abaixo ilustra:
D
27
_
50 W
10 W
120 V
+ -
+ AMP 50 W
Portanto, a corrente que passa pelo amperímetro será: ISS =
120 = 1, 2A (50 + 50) ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 45
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007) 2 mF
10 W
10 W
S1
398.126.848-24
20 W
Ic
+
5V
5 mH
1mF -
/
40 W
40 W
A figura acima apresenta um circuito elétrico operando em regime permanente com a chave S1 fechada. Em determinado instante, a chave S1 é aberta. Imediatamente após esse instante, a corrente IC, em ampères, que atravessa o capacitor de 1 mF no circuito, aproximadamente, será: (A) 0,01 (B) 0,02 (C) 0,05 (D) 0,08 (E) 0,10
T
__
AF
Resolução:
Lembrando que em regime permanente capacitores são equivalentes a circuitos abertos e indutores a curto-circuitos, com S1 fechada teremos o seguinte circuito:
R
10 W
+
I
5V
D
-
__
VC2
+
-
10 W
20 W
IL
+
-
VC1
/
398.126.848-24
40 W
40 W
Vemos que a “abertura” dos capacitores simplifica bastante o circuito, ficando fácil calcularmos o estado dos capacitores e do indutor: I=
5 (10 + 20 +
40 ) 2
= 0, 1A
40 × I = 0, 5 × 0, 1 = 0, 05A 40 + 40 VC1 = 5 − 10I = 5 − 10 × 0, 1 = 4V
IL =
VC2 = 20 × I = 20 × 0, 1 = 2V
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Sabendo que os capacitores manterão suas tensões de r.p. no momento
398.126.848-24
6 68
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8.
_
398.126.848-24
39
398.126.848-24
imediatamente após a abertura da chave S1, teremos então o seguinte circuito:
10 W
.
VC2
+
+
Ic
10 W
Ic2
X
398.126.848-24
-
IL
+
5V -
-
+
/V
L
-
VC1
40 W
40 W
Para encontrarmos Ic aplicamos a Lei dos Nós no nó X:
(1.16)
AF
T
5 − VC1 = Ic + Ic2 10 5 − VC1 Ic = − Ic2 10 5−4 Ic = − Ic2 10 Ic = 0, 1 − Ic2
Como visto na equação 1.16, precisamos primeiro encontrar o valor de Ic2 . Para tal, fechamos a malha que contém VC1 e o resistor de 40Ω que não está em série com o indutor (pois não temos o valor de VL ):
R
VC1 − VC2 − 10Ic2 − 40(Ic2 − IL ) = 0 VC1 − VC2 + 40IL Ic2 = 50 4 − 2 + 40 × 0, 05 Ic2 = 50 Ic2 = 0, 08A
398.126.848-24
(1.17)
D
Finalmente, substituimos o valor de Ic2 encontrado em 1.17 na equação 1.16
para encontrarmos Ic : Ic = 0, 1 − Ic2 Ic = 0, 1 − 0, 08 Ic = 0, 02A ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 46
8.
69
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
Considere o circuito CC mostrado na figura acima, onde a chave foi mantida por um longo tempo na posição a, tempo suficiente para atingir o estado estacionário, sendo colocada, depois, na posição b, em t = 0. Nessas condições, o valor inicial (em t = 0) e o valor final, em regime permanente, da tensão vc nos terminais do capacitor, em volts, são, respectivamente, (A) 1,0 e 10,0 (B) 10,0 e 10,0 (C) 10,0 e 20,0 (D) 15,0 e 20,0 (E) 15,0 e 30,0
AF
Resolução:
Com a chave na posição a, em regime permanente não passará corrente pelo capacitor e o mesmo estará com a mesma tensão do resistor de 100kΩ (visto que estão em paralelo), e a corrente pelo circuito será impressa pela fonte de corrente de 0, 1mA, logo:
VCa = (100k) × (0, 1m)
398.126.848-24
R
π
VCa = (100 × 103 ) × (0, 1 × 10−3 ) VCa = 10V
Com a chave na posição b, em regime permanente não passará corrente
D
pelo capacitor e o mesmo estará com a mesma tensão do resistor de 50kΩ (visto que estão em paralelo), e a tensão no circuito proverá da fonte de tensão de 60V , logo:
50 × 60 100 + 50 60 = 3 = 20V
V Cb = V Cb V Cb
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 47
8.
70
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
VA
VB 5k
2k
VC
1mH
S1
4k
1k
+
398.126.848-24
14V
_
2mF
6k
A figura acima ilustra um circuito alimentado por uma fonte DC, que se encontra em regime permanente, com a chave S1 aberta.
Parte 1
T
Nessas condições, o valor da tensão VA sobre o capacitor, em volts, é (A) 3 (B) 5 (C) 7 (D) 9 (E) 11
AF
Resolução:
Sabemos que em regime permanente o capacitor será como um circuito aberto, e o indutor como um curto-circuito. Visto isso, o ciruito se transforma em um simples circuito de duas malhas resistivas. Aplicando a Lei dos Nós no nó de VA temos:
14 − VA VA VA = + 2k 6k 5k + 4k
398.126.848-24
R
9(14 − VA ) = 3VA + 2VA 14VA = 9 × 14 VA = 9V
✞
D Questão 48
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010) Parte 2 Em determinado instante, a chave S1 é fechada no circuito da figura. Imediatamente ao fechamento, a ddp (VB – VC) sobre os terminais do indutor, em volts, será (D) 4,9 (A) 0,9 (B) 2,0
(E) 6,1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(C) 3,2
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
71
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12
6
398.126.848-24
Resolução: Ainda com a chave aberta, calculamos a corrente IL que passa pelo indutor: VA 5k + 4k 9 IL = 9k IL = 1mA IL =
398.126.848-24
Imediatamente após o fechamento da chave S1 sabemos que o capacitor manterá sua tensão de r.p.(VA ) e o indutor manterá sua corrente de r.p.(IL ).
T
Portanto, aplicando a Lei dos Nós no nó de VC temos: VC VC + 4k 1k 5VC IL = 4k 4k × IL VC = 5 4 VC = V 5
AF
IL =
Agora que conhecemos VC calculamos VB :
R
VA − (5k)IL − VB = 0
398.126.848-24
VB = VA − (5k)IL VB = 9 − (5k)1m VB = 4V
D
Finalmente:
VB − VC = 4 −
4 5
16 5 VB − VC = 3, 2V VB − VC =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 49
8.
72
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)
R4
R5
V4
V1 + VA
IB
LA
R3
398.126.848-24
R1
V VA V2 3 IC IL 0 R1 R1 R2 R2 V V V3 IB 0 (B) 3 2 R6 R2
(A)
IL R2
V2
V3
IC CA
(C)
V4 V1 IL IB 0 R3 R 4
V3 V4 V3 V2 V3 0 R6 R5 R2 V VA V3 (E) 2 IC IL 0 R1 R2
R6
(D)
Resolução:
T
Do equacionamento de tensões e correntes no circuito apresentado na figura acima, é possível concluir que
Aplicando a Leis dos Nós no nó de V4 temos:
AF
V4 − V1 + IL − IB = 0 R3 + R4
E esta equação corresponde a alternativa (C).
Analisando as outras alternativas:
R
398.126.848-24
• (A): A primeira vista é falsa pois apresenta IC e IL com o mesmo sinal. Veja que o único nó que relaciona estas duas correntes é o nó de V2 , mas as
D
mesmas possuem sinais opostos.
• (B): É o resultado da aplicação da Lei dos nós no nó V3 , porém o sinal de IB está invertido.
• (D): É o resultado da aplicação da Lei dos nós no nó V3 , porém é desconsi-
derada a presença da fonte de corrente IB e o sinal do terceiro termo está invertido.
• (E): Mesmo erro da alternativa (A). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
8.
73
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) 4
+ 398.126.848-24
+
50 V
VL(t)
5H
-
-
Para o circuito da figura acima, a curva que mais se aproxima do comportamento da tensão sobre o indutor, vL(t), a partir do instante em que a chave é fechada, é (A)
(B)
vL (t)
(C)
vL (t)
50
vL (t)
50
T
6
6
0
t (s)
t (s)
0
AF
0
50
vL (t)
(D)
vL (t)
6
t (s)
(E)
50
50
2
t (s)
0
2
t (s) 398.126.848-24
R
0
Resolução:
Para um circuito RL série com uma fonte de tensão E, sabemos que a ex-
D
pressão da tensão no indutor quando este estiver em carga é: −t
VL (t) = Ee τ
Logo, sabendo que nesta questão E = 50V , assim que a chave for fechada ( t = 0 ) temos:
VL (0) = Ee
−0 τ
= E = 50V
Como VL (0) = 50V , só nos resta as opções (A) ou (D). Observamos que estas
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
duas opções se diferem no tempo de acomodamento (aproximadamente igual a
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
74
39
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12
6
398.126.848-24
5τ ), logo basta encontrarmos o valor de 5τ do nosso circuito: L R 5 =5× 4 = 6, 25s
t∞ ≈ 5τ = 5 × 398.126.848-24
Portanto o gráfico correto é da alternativa (A), que apresenta um tempo de acomodamento igual a 6s, que é próximo a 6, 25s. ✞
☎
51
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
AF
Ω Ω Ω Ω Questão Ω
T
β Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
R
No circuito da figura acima, as chaves S1 e S2 estão inicialmente abertas, e os capacitores C1 e C2 completamente descarregados. A este circuito é aplicada uma fonte de tensão constante VS = 12 V, conforme mostrado no esquemático. No instante de tempo t = t1, a chave S1 é fechada, e a chave S2 é mantida aberta. Após o circuito atingir o regime permanente, no instante t = t2, a chave S1 é aberta, e a chave S2 é fechada. Considere IR2 a corrente que circulará pelo resistor R2 imediatamente após a comutação das chaves em t = t2 e VC2 a tensão que será medida sobre o capacitor C2 quando o circuito atingir o regime permanente, para t > t2. Os valores da corrente IR2, em mA, e da tensão VC2, em V, são, respectivamente, 12 12 12 120 120
e 4 e 6 e 12 e 4 e 12
D
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Em t = t1 , quando apenas a chave S1 está fechada, o capacitor C1 irá carregar. Ao atingir o regime permanente, a tensão do capacitor C1 será igual à tensão da fonte VS . Imediatamente após a comutação das chaves, o capacitor C1 ainda estará
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
carregado com uma tensão VS e atuará como uma fonte, enquanto o capacitor
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Ω Ω Ω Ω C2 , Ω
8.
75
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12
6
β
por estar totalmente descarregado, atuará como um curto-circuito. Ou seja,
teremos o circuito abaixo:
+
398.126.848-24
R2
-
Logo fica fácil encontrarmos IR2 : IR2 =
VS 12 = = 120mA R2 100
T
Porém com o passar do tempo a carga que estava armazenada no capacitor C1 irá se deslocar para o capacitor C2 , até o momento que a tensão do capacitor C1 será igual à tensão do capacitor C2 , ou seja: VC1 = VC2 = Veq . Mas como a
AF
carga não pode se perder durante o processo, a carga somada dos capacitores no começo e no final do precesso devem ser iguais, ou seja: X X Qi = Qf
VC1i C1 + VC2i C2 = VC1f C1 + VC2f C2 VS C1 + 0C2 = Veq C1 + Veq C2 V S C1 Veq = C1 + C2 12 × 5µ Veq = 5µ + 10µ 60 Veq = 15 Veq = 4V
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 52
8.
76
39
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6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2012) 44 Uma bobina é equivalente a uma resistência associada em série com uma indutância. Quando se aplica uma tensão contínua de valor 20 Volts, a bobina consome 5 A. Quando se aplica uma tensão alternada de valor 10 Volts sob frequência de 50 Hz, a bobina absorve uma corrente alternada de 2 A. O valor, em Ohms, da reatância indutiva dessa bobina é (A) 3 (B) 5 (C) 7 (D) 9 (E) 10
398.126.848-24
T
Resolução: Um enrolamento idealmente é uma estrutura que só concentra fluxo magnético e não compreende perdas ôhmicas, mas devido ao seu comprimento por
AF
melhor que seja o condutor inevitavelmente compreende uma resistência. Desta forma, a bobina é simplesmente um circuito série de indutância com resistência. Quando tensão contínua é aplicada por um longo tempo, a indutância da bobina comporta-se como um curto circuito, e na prática a única limitação para a corrente circulante é a resistência da bobina. Assim a razão da tensão sobre a corrente é simplesmente a resistência da bobina:
R
R=
VCC 20V = = 4Ω ICC 5A
398.126.848-24
Porém, quando tensão alternada é aplicada a indutância age no sentido de
limitar a circulação de corrente, criando uma reatância que em associação com a
D
resistência da bobina compreende uma impedância. A razão entre a tensão eficaz e a corrente eficaz de fato dá o módulo da impedância equivalente: |Z| =
VCA 10V = = 5Ω ICA 2A
A impedância é formada pela reatância da bobina mais a resistência, na
forma complexa: Z = R + jX O módulo de um número complexo, no caso a impedância, é dado pela raiz da soma dos quadrados da parte real e imaginária. Como a resistência que com-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
põe a parte real é conhecida, podemos achar a parte imaginária, correspondente
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398.126.848-24
8.
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12
6
398.126.848-24
à reatância da bobina: |Z| = 5=
√ √
R2 + X 2 42 + X 2
398.126.848-24
Elevando toda a expressão ao quadrado, temos: 25 = 16 + X 2 Isolando X: X 2 = 25 − 16 = 9
T
Extraindo a raiz, encontramos a reatância da bobina: X = 3Ω
AF
✞
Questão 53
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
D
R
398.126.848-24
Considere que um capacitor se descarrega após cinco constantes de tempo e que o capacitor do circuito, mostrado na figura acima, encontra-se carregado com uma tensão V0 , no instante de tempo inicial (t=0). Com a chave ch aberta, o capacitor leva um tempo T1 para se descarregar. Com a chave ch fechada, ele leva T2 para se descarregar. Qual a relação
(B)
(C)
(D)
(E)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(A)
?
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398.126.848-24
8.
78
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12
6
398.126.848-24
Resolução: Esta questão apesar de ser literal, tem resolução bastante simples. Precisamos avaliar as constantes de tempo de um circuito em dois momentos diferente, e isto pode ser realizado através de simplificação do circuito até transformá-lo em
398.126.848-24
um RC série equivalente.
T
No momento em que a chave está aberta, o circuito equivalente é:
AF
Então a resistência equivalente deste circuito é: 2 Req = (2R)//R = R 3
De modo que a constante de tempo do circuito neste primeiro momento é:
398.126.848-24
R
τ1 = Req C 2 τ1 = RC 3
D
No segundo momento com o fechamento da chave, o circuito equivalente é:
Então a resistência equivalente é:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Req = ((R//R) + R)//R 3 Req = R//R 2 3 Req = R 5
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
79
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12
6
398.126.848-24
De modo que a constante de tempo neste segundo momento é: τ2 = Req C 3 τ2 = RC 5
398.126.848-24
A razão entre as duas constantes de tempo τ1 e τ2 ocorre com o cancelamento do termo comum RC, tornando a razão puramente numérica: 2 RC τ1 10 = 33 = τ2 9 RC 5
✞
☎
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
R
Questão 54
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
D
No circuito CC da figura acima, inicialmente a chave se encontra aberta, e o capacitor está descarregado. Sabe-se que o capacitor atinge a carga plena quando é decorrido um tempo equivalente a 5 Constantes de Tempo desse circuito. Esse tempo, em segundos, vale (A) (B) (C) (D) (E)
10,0 12,5 15,0 18,5 20,0
Resolução: Da teoria elementar dos circuitos elétricos sabemos que o carregamento de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
um capacitor é regido por uma equação de primeira ordem por uma expressão ex-
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398.126.848-24
8.
80
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12
6
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ponencial aonde podemos utilizar a constante de tempo como medida da resposta do circuito RC. Para fins de generalidade é sempre útil em reduzir qualquer circuito resistivo e capacitivo puro a um arranjo em série composto por apenas um resistor e apenas um capacitor. 398.126.848-24
Para fazer isto é necessário apenas calcular a resistência equivalente do arranjo de três resistores, basta observar que temos dois resistores de 10k em paralelo enquanto este arranjo está em série com outros dois resistores de 10k. Assim: Req = 10000 + 10000 + (10000//10000) = 20000 + 5000 = 25000Ω
T
Deste modo reduzimos nosso aparentemente complicado circuito a um circuito RC série bastante simples cuja constante de tempo é bem definida:
AF
τ = Req C = 25000 × 10−4 = 25 × 103 × 10−4 = 2, 5s
Como o circuito está praticamente carregado com cinco constantes de tempo basta multiplicar o valor encontrado por cinco. 5τ = 5 × 2, 5 = 12, 5s
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 55
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
Deseja-se calcular o fator de potência da carga RL apresentada na figura ao lado. Para isso, dois testes foram realizados: um em corrente contínua e outro em corrente alternada, respectivamente. No primeiro, uma bateria de 1 V foi conectada aos terminais da carga, e a corrente lida no amperímetro foi de 0,5 A. No segundo, uma fonte de valor r.m.s, de tensão igual a 4 V, foi conectada aos terminais da carga, e o valor r.m.s da corrente lida no amperímetro foi de 1 A.
398.126.848-24
De acordo com essas informações, o valor do fator de potência da carga é
Resolução:
0,25 0,50 0,60 0,75 0,90
T
(A) (B) (C) (D) (E)
Na teoria básica de circuitos é visto que o indutor é um elemento que age no sentido de impedir variações bruscas de corrente. No instante que a bateria fosse
AF
conectada a corrente inicial do circuito seria nula, mas com o passar de algumas constantes de tempo a corrente se estabilizaria no sistema de modo tal como se o indutor não existisse, pois em regime permanente não há variação de corrente em circuitos de corrente contínua e o indutor se comporta com um fio perfeito. Assim, toda a limitação de corrente se deve ao resistor, pela lei de Ohm:
R
V = RI
1 = R × 0, 5
398.126.848-24
R = 2Ω
Em regime permanente de corrente alternada sempre existe variação de correntee
D
desta forma o indutor é um elemento que experimenta uma tensão ao ser percorrido por corrente. A lei de Ohm pode ser expandida no plano fasorial utilizando o conceito de impedância, na onde os resistores compõem a parte real da impedância e os indutores e capacitores a parte imaginária.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
V = ZI
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Tomando apenas o módulo, pois as fases nos são desconhecidas temos: |V | = |ZI| |V | = |Z||I| 4 = |Z| × 1
398.126.848-24
|Z| = 4Ω O módulo de um número complexo é a raiz da soma do quadrado de sua parte real com o quadrado de sua parte imaginária, assim: 4=
√
R2 + X 2
T
Tomando o quadrado em ambos os membros temos: 16 = R2 + X 2
AF
Substituindo R = 2Ω, temos:
16 = 4 + X 2 √ √ X = 12 = 2 3
O fator de potência é uma medida de eficiência em conversão de energia que mostra o quanto de potência é transferido em relação à energia "desperdiçada"armazenada nos campos magnéticos dos indutores. Pode ser medida em
R
regime senoidal como a razão entre a resistência e a impedância equivalente, assim:
R 2 = = 0, 5 Z 4 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
FP =
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 56
8.
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
A tensão, em volts, e a resistência, em ohms, do circuito de Thevenin equivalente ao circuito da figura acima, visto dos terminais a e b, valem, respectivamente, (A) 3 e
T
(B) 3 e 2 (C) 3 e 4 (D) 6 e 2
AF
(E) 6 e 4
Resolução:
Em circuitos de corrente contínua em regime permanente, pela própria definição, não compreendem variações de tensão nem de corrente. Então o que ocorre em um circuito com resistores, capacitores e indutores uma vez atingida a condição de regime permanente?
R
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Se não há variação de corrente nos indutores, não há variação de fluxo e,
portanto não há tensão sobre este elemento. Podemos então concluir que ele permite a passagem da corrente sem ser observada qualquer tensão, o que é o
D
comportamento de um fio ou curto circuito. Se não há variação de tensão no capacitor, não há qualquer corrente sobre ele, de modo que ele permite qualquer valor de tensão enquanto impede qualquer passagem de corrente, o que é o comportamento de um circuito aberto ou de impedância infinita. Então, para análise em regime permanente podemos substituir os indutores
por fios e os capacitores por circuitos abertos. Podemos eliminar o resistor com um de seus terminais em aberto, pois ele é uma resistência infinita e não fará parte de qualquer análise neste circuito. O circuito equivalente de Thévenin pode ser determinado de duas maneiras:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
1. Através do cálculo das tensões nos terminais estudados no caso de terminais
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8.
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6
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em aberto e da corrente quando estes terminais estão em curto circuito. A tensão obtida é a equivalente de Thévenin e a razão entre tensão e corrente é a resistência equivalente. 2. Através de sucessivas transformações de fonte e associação de resistores.
398.126.848-24
Se utilizarmos o primeiro método, a tensão de circuito aberto é mais facilmente determinada através do método da tensão nos nós e a corrente de curto circuito é rapidamente determinada por um divisor de corrente. As equações das tensões dos nós para encontrar Vth são:
T
12 − Vx Vx Vx − Vth = + 4 4 2 Vx − Vth Vth = 2 4
Resolvendo, teremos que Vth = 3V . Com os terminais em curto circuito
AF
temos a resistência equivalente global como:
Req = 4 + 2//4 =
If onte =
12 16 3
=
9 4
16 3
De modo que o divisor de corrente e a resistência equivalente são: 9 4 3 × = 4 4+2 2 Vth Rth = = 2Ω Icc Icc =
R
398.126.848-24
D
Se utilizarmos o segundo método a tática mais ágil é realizar transformações
de fonte e técnicas de associação de resistores. Quando chegarmos a uma fonte de tensão em série com uma resistência simples, esta tensão será a tensão de Thévenin e esta resistência será a resistência equivalente do circuito. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 57
8.
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1)
R1
L1
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M
L2
E1
E0
R2
No circuito da figura, R1 = 60 , R2 = 30 , L1 = 0,03H,
E0(s)/Ei(s) é
s + 275 s + 1375
(C) 0,75
s + 300 s + 1200
(E) 1,33
s + 500 s + 750
(B) 0,67
s + 375 s + 750
AF
(A) 0,67
T
L 2 = 0,07H e M = 0,01H. A função de transferência
(D) 0,75
s + 500 s + 1125
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R
Resolução:
Esta questão pode ser abordada através do conceito do divisor de tensão
em conjunção com a impedância no domínio da frequência, mas para isto precisa-
D
mos avaliar o papel na indutância mútua para a formulação da equação de malha. Outra abordagem seria determinando a corrente total em termos de "s"para avaliar a tensão sobre os elementos, mas o divisor de tensão é apenas a forma abreviada de realizar esta etapa. Observando na convenção de ponto que os fluxos mútuos concordam temos
a seguinte equação: e 1 = R 1 i + L1
di di di di + M + L2 + M + R2 i dt dt dt dt
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Passando para o domínio da frequência e lembrando que a derivação no
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398.126.848-24
8.
86
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12
6
398.126.848-24
tempo equivale a multiplicação por "s"temos: E1 (s) = [R1 + R2 + s(L1 + L2 + 2M )]I(s) Escrevendo no domínio do tempo apenas para os elementos "contidos"nos
398.126.848-24
terminais, temos: e 0 = L2
di di + M + R2 i dt dt
Aplicando a transformada de Laplace, teremos: E0 (s) = [R2 + s(L2 + M )]I(s) Dividindo uma equação pela outra e reparando que podemos cancelar o
T
termo I(s) tanto no numerador quanto no denominador obteremos a função de transferência que nada mais é que o divisor de tensão comentado anteriormente:
AF
E0 R2 + s(L2 + M ) (s) = = T (s) E1 R1 + R2 + s(L1 + L2 + 2M )
Substituindo os valores informados: T (s) =
30 + s0, 08 90 + s0, 12
Como em todas as alternativas o termo "s"se encontra isolado, façamos o mesmo com a nossa obtida função de transferência, isto pode ser feito colocando
398.126.848-24
R
em evidência o termo que multiplica "s"tanto no numerador quando no denominador.
0, 08(s + 375) 0, 12(s + 750) 2 s + 375 T (s) = × 3 s + 750
D
T (s) =
Aproximando
2 3
por 0, 67 temos a resposta, que corresponde a letra B. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 58
8.
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6
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - REFAP 2007) IL
/
S1
8W
+
398.126.848-24
12 V
1mF
2W IC
5mH
4W
S2
4W
+ 1mF
5V
1mF
A figura acima apresenta um circuito elétrico, operando em regime permanente, com as chaves S1 e S2 fechadas.
Parte1
T
A corrente IL em ampères que atravessa o indutor da figura, aproximadamente, será: (A) 1,2 (B) 0,9 (C) 0,7 (D) 0,5 (E) 0,3
AF
Resolução:
O regime permanente dos circuitos de corrente contínua é simples: indutores comportam-se como fios (curto circuitos) e capacitores comportam-se como abertos (resistências infinitas), independente da energia inicial neles armazenada. Assim, o circuito equivalente é:
D
R
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Assim, a corrente no indutor pode ser facilmente calculada utilizando a lei das malhas:
12 − 8IL − 2IL − 4IL − 5 = 0 7 − 14IL = 0 14IL = 7 IL = 0, 5A ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 59
8.
88
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12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - REFAP 2007) Parte 2 Em determinado instante, simultaneamente, as chaves S1 e S2 são abertas. Imediatamente após esse instante, a corrente IC, assinalada na figura, em ampères, que atravessa o capacitor será, aproximadamente: (A) −0,5 (B) −0,3 (C) 0,5 (D) 0,3 (E) 0
398.126.848-24
Resolução: O indutor tem a propriedade de inércia de corrente, ou seja, a corrente que nele circula não pode ser alterada instantaneamente. Utilizando a resposta obtida
T
na questão anterior podemos dizer com propriedade que o indutor se comporta como uma fonte de corrente de 0,5 A no sentido da esquerda para a direita no
AF
instante que as chaves são abertas, conforme ilustrado abaixo.
398.126.848-24
R
O capacitor tem a propriedade de inércia de tensão, ou seja, a tensão na qual ele está submetido não pode ser alterada instantaneamente. Podemos então calcular a tensão em cada capacitor no instante imediatamente anterior ao da abertura e substituí-lo por uma fonte de tensão equivalente. Calculando a tensão do capacitor
D
mais à esquerda:
V1 = 12V − 8Ω × 0, 5A = 8V
alculando a tensão do capacitor central: V2 = V1 − 2Ω × 0, 5A = 7V
Como antes do chaveamento o indutor se comporta como um fio temos um paralelo: V3 = V2 Então no instante do chaveamento, substituindo os capacitores pelas fontes de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
tensão calculadas, temos em similaridade com a figura abaixo:
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398.126.848-24
8.
89
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Com as chaves abertas, há isolamento do circuito central das fontes de tensão
AF
T
verdadeiras, de modo que o circuito pode ser visto como:
Utilizando o método da tensão dos nós para achar a tensão sobre o nó Vx que liga os dois resistores e a fonte de 0, 5A temos:
R
8 − Vx Vx − 7 = + 0, 5 2 4
398.126.848-24
Multiplicando ambos os membros por 4, temos:
D
16 − 2Vx = Vx − 7 + 2 21 = 3Vx Vx = 7V
Desta forma temos que:
Vx − 7 0 = = 0A 4 4 Chegamos a uma resposta inesperada, mas analiticamente verdadeira. LemIC =
brando sempre que o resistor não apresenta inércia nem de corrente nem de tensão e portanto nele estes valores podem variar instantaneamente sem problemas. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 60
8.
90
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12
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - REFAP 2007) R
L
/
398.126.848-24
v(t)
+
~
i(t)
C
Considere o circuito RLC da figura acima, submetido a uma fonte de tensão com sinal do tipo degrau. = A p / t ≥ 0 v (t ) = = 0 p / t < 0 Neste caso, a corrente i(t) terá a seguinte forma:
T
i (t ) = Ke-s t sen(wo t )
As expressões de s e wo , respectivamente, em função dos parâmetros R, L e C, são: R e wo = L
1 LC
AF
(A) s =
R e wo = 2L
1 LC
(C) s =
R e wo = 2L
1 - R2 LC 4 L2
(D) s =
R e wo = 2L
1 - R2 LC L2
(E) s =
R e wo = L
R
(B) s =
R L2 C
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Resolução:
D
Esta equação pode ser facilmente resolvida no domínio da frequência, atra-
vés da transformada de Laplace, porém ela se tornará dispendiosa e complexa. A maneira mais simples é escrever a equação no domínio do tempo em sua forma canônica e fazer algumas considerações. Pela lei das malhas, visivelmente: V (t) = VR (t) + VL (t) + VC (t) A tensão no resistor é o produto da resistência pela corrente que o percorre
i(t), assim: VR (t) = Ri(t)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A tensão no indutor é o produto da indutância pela derivada da corrente que
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8.
91
39
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12
6
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o percorre, assim: VL (t) = L
di(t) dt
A tensão no indutor é o produto do inverso da capacitância pela carga armazenada. Contudo a carga é a integral da corrente, assim: Z 1 VC (t) = i(t)dt C
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Reunindo os três termos, para V (t) = A, o que ocorre quando o degrau é estabelecido:
di(t) 1 A = Ri(t) + L + dt C
Z
i(t)dt
(1.18)
T
Derivando a equação acima obteremos uma equação diferencial homogênea de segunda ordem para a corrente, lembrando que a derivação "cancela"a integração da corrente:
d2 i(t) di(t) 1 + i(t) 2 +R dt C dt
AF
0=L
(1.19)
Toda equação de segunda ordem pode ser trazida para a forma canônica, que é a seguinte:
d2 x dx + 2σ + ω2x = 0 2 dt dt
(1.20)
Quando σ é positivo e menor que ω a resposta será um amortecimento se-
R
noidal (subamortecido) de constante de amortecimento σ e frequência de vibração √ ω0 = ω 2 − σ 2 . De modo bastante similar ao exposto no enunciado da questão.
398.126.848-24
D
Dividindo toda a equação 1.19 por L: 0=
d2 i(t) R di(t) 1 + + i(t) 2 dt L dt LC
(1.21)
Comparando a equação 1.21 com a equação 1.20 temos: R L R σ= 2L 1 = ω2 LC 1 ω=√ LC
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
2σ =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
92
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
Utilizando os valores de σ e ω obtidos, calculemos ω0 : √
ω2 − σ2 s 1 2 R ω0 = ( √ ) − ( )2 2L LC r 1 R2 ω0 = − 2 LC 4L ω0 =
398.126.848-24
✞
☎
(Eng. Elétrica - BR Distribuidora 2008)
AF
Questão 61
T
Alternativa (C) ✆ ✝
2C
R
+
Vi
+
C
4R
_
Vo _
R
O circuito da figura acima implementa um compensador usado em controle de processos. O modelo matemático que representa este circuito através da função de transferência que relaciona 8 RC 14 1 s2 s 2 2 RC R C
(B)
1 s RC 1 1 2s2 s RC RC
(C)
8 s RC 14 1 8s2 s 2 2 RC R C
Vi ( s )
no Domínio de Laplace é 8
R
(D)
8s2
6 1 s 2 2 RC R C
(E)
s RC 1 1 4s2 s RC RC
D
(A)
Vo ( s )
398.126.848-24
Resolução:
O candidato, ao observar as alternativas, pode notar que as respostas dife-
rem bastante entre si, então neste caso é recomendável uma substituição conveniente de R = C = 1. Do contrário, seria necessário fazer uma longa derivação
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
com termos literais. O circuito com R = C = 1 se traduz no seguinte:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
93
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
398.126.848-24
Assim, calculando a impedância equivalente na frequência, temos: 1 Zparalelo (s) = //4 = s
4 s 1 s
+4
=
4 1 + 4s
(1.22)
T
Associando com o ramo em série: 1 +1 2s 4 1 Zeq = + +1 1 + 4s 2s 4 1 + 2s Zeq = + 1 + 4s 2s
AF
Zeq = Zparalelo +
Zeq =
8s2 + 14s + 1 (1 + 4s)(2s)
(1.23)
A função de transferência é basicamente o divisor de tensão entre o elemento em paralelo com a impedância complexa do circuito. Desta forma, basta dividir a
R
expressão 1.22 pela expressão 1.23:
4 1+4s 8s2 +14s+1 (1+4s)(2s)
=
398.126.848-24
V0 (s) VI (s)
D
Eliminando o termo (1 + 4s) presente temos: V0 (s) = VI (s)
4 8s2 +14s+1 2s
V0 (s) 8s = 2 VI (s) 8s + 14s + 1
Para os valores de R = C = 1 fica evidente a resposta adequada. Se as alternativas fossem bastante similares entre si, o problema ficaria mais extenso e cansativo, mas o procedimento seria basicamente o mesmo, apenas com o uso de dados literais. Note que a função de transferência é um filtro passa baixa. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 62
8.
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12
6
398.126.848-24
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
398.126.848-24
A figura acima mostra um circuito de corrente contínua, composto por uma fonte de corrente de 8 A, uma fonte de tensão de 10 V e quatro resistências, com valores de 2 Ω, 3 Ω e outras duas no valor de 5 Ω. Esse circuito dispõe ainda de dois terminais de acesso denominados terminal A e terminal B.
Parte 1 Substituindo-se, nos terminais A e B, o circuito apresentado por um circuito equivalente de Norton, qual o valor da fonte de corrente, em ampères, para que haja a correta equivalência entre os circuitos?
T
50/9 25/9 10/3 18 8
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
O circuito de Norton é um equivalente consistindo de uma fonte de corrente em paralelo com uma resistência entre os terminais A e B. Esta corrente é simplesmente a corrente observada nos terminais quando em curto circuito, conforme o esquema abaixo:
R
Ω
398.126.848-24
Ω Ω
D
5Ω
Utilizando transformação de fonte na fonte de tensão de 10V temos de modo equi10 5
= 2A:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
valente uma fonte de corrente de
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Ω
5Ω
5Ω
Ω
398.126.848-24
Com esta manobra o circuito fica bem simples de ser analisado, pois as fontes de corrente por terem o mesmo sentido e estarem em paralelo podem ser substituídas por uma única fonte de corrente de 8 + 2 = 10A. Em seguida podemos transformar 5 2
= 2, 5Ω, além
T
os dois resistores de 5Ω em paralelo em um resistor equivalente de
de eliminar o resistor de 3Ω (que está em curto). O que nos resta é um simples divisor de corrente:
2, 5 25 50 = = A 2, 5 + 2 4, 5 9
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
R
AF
Icc = IN orton = 10A ×
Questão 63
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
Parte 2
D
Ao conectar uma resistência nos terminais A e B, qual deve ser o seu valor, em ohms, para que haja a máxima transferência de potência possível do circuito para a resistência? (A) (B) (C) (D) (E)
1,8 2,1 4,5 10,0 15,0
Resolução: O teorema da máxima transferência de potência nos diz que a resistência de carga para a maior transferência de potência é aquela de valor igual à resistência equivalente do circuito, que vem a ser a resistência equivalente de Thévenin e
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Norton.
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Para achar o valor desta resistência equivalente, temos que eliminar as fontes independentes e medir a resistência entre os terminais A e B em aberto, lembrando que devemos remover fontes de corrente e colocar fontes de tensão em curto circuito. 398.126.848-24
Ω
Ω
Ω
T
5Ω
Realizando a associação em paralelo temos valendo
9 Ω. 2
5 2
= 2, 5Ω que em série com 2Ω fica
Este ramo está em paralelo com 3Ω o que resulta numa resistência
AF
equivalente e a resposta da questão de:
Req = (5//5 + 2)//3 Req = 4, 5//3 13, 5 Req = 7, 5
✞
☎
398.126.848-24
Alternativa (A) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Req = 1, 8Ω
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 64
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
No circuito da figura abaixo, a fonte V é ideal e o indutor está descarregado até o fechamento da chave, que ocorre em t = 0.
chave
Considerando os dados apresentados, após o fechamento da chave, a função matemática que descreve a corrente do circuito, em função de R, L e V, no tempo (t), é
R
398.126.848-24
(A)
t V L
1 e R
(B)
t V R
1 e R
(C)
t V L
1 e R
R
V L
L
R
(E)
AF
Resolução:
T
(D)
Esta questão é relativamente simples se o candidato lembrar-se da expressão para a resposta do circuito RL ao degrau de tensão. Porém esta pode ser deduzida tanto no domínio do tempo como no domínio da frequência, o que pode levar algum tempo e pode levar a erros, mas é possível responder esta questão sem fazer conta alguma. No momento em que uma tensão é estabelecida no sis398.126.848-24
R
tema a tendência é a circulação de corrente, porém sabemos que o indutor impede variações bruscas de corrente então no exato instante de ligamento o indutor se comporta como um circuito aberto e, portanto a corrente sobre ele é nula. Após muito tempo ligado a corrente varia pouco e lentamente de modo que
D
a variação de fluxo e consequentemente tensão sobre o indutor tende a zero, deste modo ele se comporta como um curto e a única limitação para circulação de corrente é a resistência R, então em tempo infinito a corrente sobre o indutor é
V . R
Seguindo este raciocínio mesmo um candidato que esqueça a expressão
pode eliminar as alternativas que não contemplam o raciocínio físico desenvolvido acima, restando como opções somente "D"e "E". A dúvida fica entre o termo que multiplica o tempo no amortecimento exponencial, porém devemos lembrar que o argumento da função exponencial é necessariamente adimensional de modo que a
L R
ou
R L
deve ter dimensão de frequência
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
para anular dimensionalmente o termo "t"de tempo.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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12
6
398.126.848-24
Observando que multiplicar por tempo equivale a dividir por frequência temos que na alternativa D o termo
R×t L
é resistência dividido por reatância, como
ambos tem dimensão de impedância segue que o argumento é adimensional e portanto a questão está respondida sem a necessidade de cálculo algum. 398.126.848-24
Outra maneira de responder seria através da transformada de Laplace ou do conhecimento de equações diferenciais de primeira ordem a coeficientes constantes, ou seja, derivar o resultado através de uma das duas equações abaixo. Com i(0) = 0, temos: Ldi + Ri dt E(S) = sLI(s) + RI(s)
T
E(t) =
Pelo método da transformada de Laplace, teríamos: E(s) sL + R
AF
I(s) =
Colocando a resistência em evidência no denominador temos: I(s) =
−R L
R L
o que evidencia a resposta. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Desta forma vemos o pólo s =
E(s) 1 L s+
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
99
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12
6
398.126.848-24
1.4 Circuitos CA Questão 65
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Um sistema trifásico, com sequência de fases ABC, possui dois wattímetros instalados (W1 e W2) alimentando uma carga equilibrada ligada em triângulo. A tensão de linha do sistema é de 240 V, sendo VBCÐ 0° , e as impedâncias da carga apresentam valor de 30Ð 30°.
398.126.848-24
As leituras apresentadas por W1 e W2, em watts, são, respectivamente, (A) 460 e 4.080 (B) 640 e 3.720 (C) 720 e 3.160 (D) 850 e 2.490 (E) 960 e 1.920
T
Resolução:P2-21-Q25
O método dos dois wattímetros é utilizado em sistemas de potência trifásicos balanceados para calcular as potências ativa e reativa trifásicas consumidas,
AF
baseado nos valores observados em dois wattímetros. A conexão dos wattímetros é normalmente realizada da seguinte forma:
• Bobina de potencial de W1: Entre as fases A e B
• Bobina de potencial de W2: Entre as fases B e C
398.126.848-24
R
• Bobina de corrente de W1: Na fase A
• Bobina de corrente de W2: Na fase C Desta forma, se tomarmos a fase A como referência e assumirmos uma
D
carga balanceada de ângulo θ, teremos: Vab = VL e+j30
◦
Vbc = VL e−j210
◦
Ia = IL e−jθ Ic = IL e−jθ+j120
◦
De modo que a leitura dos dois wattímetros, W1 e W2, será: W 1 = ℜ {Vab Ia∗ } = VL IL cos(θ + 30◦ )
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
W 2 = ℜ {Vbc Ic∗ } = VL IL cos(θ − 30◦ )
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
100
39
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12
6
398.126.848-24
Se utilizarmos identidades trigonométricas, teremos que: √ 3 1 W1 = VL IL cos θ − VL IL senθ 2 √2 3 1 W2 = VL IL cos θ + VL IL senθ 2 2
398.126.848-24
De modo que se somarmos os resultados dos dois wattímetros, teremos: W1 + W2 =
√
3VL IL cos θ = P3Φ
Se subtrairmos a medição do segundo wattímetro com a do primeiro, teremos:
Ao multiplicarmos por
√
3 esta diferença teremos a potência reativa trifásica:
√
3(W 2 − W 1) =
√
3VL IL senθ
AF
Q3Φ =
T
W 2 − W 1 = VL IL senθ
Segundo o enunciado, neste sistema temos uma tensão de linha VL = 240 V , e uma carga balanceada Z = 30∠30◦ , o que implica em θ = 30◦ . Como a carga é ligada em triângulo, a corrente de linha é
√
3 vezes superior
a corrente observada nas fases. A corrente nas fases é a razão entre a tensão de linha e a impedância em triângulo, logo:
398.126.848-24
R
VL 240 V IF = = =8A Z∆ 30 Ω √ √ IL = 3IF = 8 3 A
D
Assim, como a potência trifásica é: W3Φ =
√
3VL IL cos θ
Basta substituirmos os valores: √ 3 × (240) × (8 3) cos 30◦ √ 3 = 3 × 240 × 8 × 2 = 4.982, 4 W
W3Φ = W3Φ W3Φ
√
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
O candidato bastaria apenas somar os resultados dos wattímetros W1 e W2
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
101
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6
398.126.848-24
para observar que nenhuma das alternativas confere com o cálculo da potência do sistema. A conferir: (A) INCORRETA. W 1 + W 2 = 460 + 4.080 = 4.540 W 398.126.848-24
(B) INCORRETA. W 1 + W 2 = 640 + 3.720 = 4.360 W (C) INCORRETA. W 1 + W 2 = 720 + 3.160 = 3.880 W (D) INCORRETA. W 1 + W 2 = 850 + 2.490 = 3.340 W (E) INCORRETA. W 1 + W 2 = 960 + 1.920 = 2.880 W Observação: Provavelmente a banca calculou erroneamente para θ = 60◦ ,
T
ou ao invés de utilizar cos θ utilizou senθ.
✞
☎
Questão 66
AF
✝Questão Anulada ✆
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Uma fonte de tensão trifásica de sequência ABC está conectada em estrela e em equilíbrio. A tensão de linha vale V = 208 Ð 60°. AB
R
Sabendo-se que as tensões de fase VAN, VBN, VCN, em
398.126.848-24
módulos, valem 120 V, quais são os ângulos de fase, respectivamente? Fase VAN
(A)
30°
Fase VBN + 120°
Fase VCN + 60°
90°
+ 150°
+ 30°
(C)
120°
+ 180°
+ 15°
(D)
+ 30°
120°
+ 45°
(E)
+ 60°
90°
0°
D
(B)
Resolução:P2-21-Q26 Esta questão é bastante trivial, uma vez dada a tensão de linha entre as
fases A e B e o tipo de sequência (no caso, positiva), todas as tensões de fase estão definidas: i) A tensão de linha num sistema trifásico balanceado é relacionada com a ten-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
são de fase da seguinte forma:
398.126.848-24
398.126.848-24
Sequência positiva: A tensão de linha é
√
8.
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12
6
398.126.848-24
3 vezes superior e adiantada de
30 da tensão de fase. ◦
Sequência negativa: A tensão de linha é
√
3 vezes superior e atrasada de
30◦ da tensão de fase.
398.126.848-24
ii) Em um sistema trifásico balanceado, conhecida uma tensão de fase, todas as outras são conhecidas, da seguinte forma: Sequência positiva: Conhecida como ABC, a fase B é atrasada de 120◦ da fase A, e a fase C é atrasada de 120◦ da fase B (equivalente a adiantada de 120◦ da fase A). Sequência negativa: Conhecida como ACB, a fase C é atrasada de 120◦ da
T
fase A, e a fase B é atrasada de 120◦ da fase C (equivalente a adiantada de 120◦ da fase A)
AF
Agora, podemos resolver rapidamente a questão. Uma vez que VAB = 208∠−60◦ , como na sequência positiva a tensão de linha é adiantada de 30◦ , temos que VAN = 120∠−90◦ , logo:
VAN = 120∠−90◦
VBN = 120∠−210◦ VCN = 120∠+30◦
R
398.126.848-24
Porém, esta trinca de tensões não está disponível do gabarito, pelo menos
D
de forma direta. Mas podemos fazer uma equivalência de ângulo rapidamente: −210◦ = −210◦ + 360◦ = +150◦
Temos, escrito de outra forma: VAN = 120∠−90◦ VBN = 120∠+150◦ VCN = 120∠+30◦ ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 67
8.
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Em uma instalação, a alimentação das cargas constituídas por impedâncias Zab, Zbc, Zca é efetuada por um circuito trifásico com ligação a três condutores, com tensão de linha de 220 V, em sequência de fases CBA. Estando as cargas ligadas em triângulo, a potência total da instalação, em watts, será
398.126.848-24
Dados
(A) 1.550 (B) 2.320 (C) 2.750 (D) 3.150 (E) 3.940
Zab = 20 Ð 90° ; Zbc = 44 Ð 60° Zca = 22 Ð 0° ; Vbc =
Ð 0°
sen 60° = 0,8 ; cos 60° = 0,5
Resolução:P2-21-Q27 A solução deste problema é direta, sendo apenas trabalhosa em termos
T
algébricos. É informado que uma carga em triângulo é alimentada com tensão de linha balanceada em 220 V em sequência negativa.
Logo, a corrente em cada impedância pode ser obtida diretamente: Vab Zab
Vbc Zbc
Vca Zca
AF Iab =
Ibc =
Ica =
Uma vez que as cargas estão em triângulo, as tensões nas cargas são as tensões de linha, de modo que as potências aparentes são obtidas diretamente: ∗ Sab = Vab Iab
∗ Sbc = Vbc Ibc
∗ Sca = Vca Ica
D
R
Combinando as equações, teremos:
398.126.848-24
Vab Vab∗ ∗ Zab Vbc Vbc∗ Sbc = ∗ Zbc Vca Vca∗ Sca = ∗ Zca Sab =
Lembrando que um número multiplicando pelo seu conjugado é igual ao
quadrado de seu módulo, e que podemos escrever: Zab = |Zab |ejθab Zbc = |Zbc |ejθbc
∗ Zbc = |Zbc |e−jθbc ∗ Zca = |Zca |e−jθca
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Zca = |Zca |ejθca
∗ Zab = |Zab |e−jθab
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
104
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12
6
398.126.848-24
De modo que ficamos com: |Vab |2 |Vab |2 jθab = e |Zab |e−jθab |Zab | |Vbc |2 |Vbc |2 jθbc Sbc = = e |Zbc |e−jθbc |Zbc | |Vca |2 |Vca |2 jθca Sca = = e |Zca |e−jθca |Zca | Sab =
398.126.848-24
A potência ativa pode ser calculada simplesmente como as partes reais das potências aparentes: |Vab |2 cos(θab ) |Zab | |Vbc |2 Pbc = cos(θbc ) |Zbc | |Vca |2 Pca = cos(θca ) |Zca |
AF
T
Pab =
Bastando agora apenas substituir os valores: |Vab | = |Vbc | = |Vca | = 220 V |Zab | = 20 Ω;
|Zbc | = 44 Ω;
cos(θab ) = cos(θ90◦ ) = 0;
|Zca | = 22 Ω
cos(θab ) = cos(θ60◦ ) = 0, 5;
cos(θab ) = cos(θ0◦ ) = 1
Então, facilmente:
R
398.126.848-24
2202 ×0=0 20 2202 Pbc = × 0, 5 = 550 W 44 2202 Pca = × 1 = 2.200 W 22
D
Pab =
Assim, a potência nas três cargas é simplesmente a soma das potências
individuais:
P3f = Pab + Pbc + Pca P3f = 0 W + 550 W + 2.200 W P3f = 2.750 W ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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− −
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Questão 68
Ω Ω Ω
8.
105
Ω Ω
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6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
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No circuito da figura acima, o resistor dissipará a potência máxima quando a frequência ω do sinal da fonte de corrente senoidal, em rad/s, for (B)
(C)
(D)
Ω −
T
(A) 0 (corrente contínua)
−
AF
(E)
Resolução:
Para o resistor R dissipar a potência máxima precisamos que o circuito RLC paralelo esteja em ressonância, e isso implica que a reatância capacitiva seja igual a reatância indutiva, fazendo com que uma reatância anule a outra, e a fonte “enxergue” apenas um circuito resistivo. Portanto, igualando XL e XC temos:
D
R
XL = XC 1 ωL = ωC 1 ω2 = LC r ω=
1 LC
398.126.848-24
rad/s
Obs.: Essa frequência de ressonância é a mesma tanto para circuitos RLC
série como para RLC paralelo. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 69
8.
106
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006)
10
398.126.848-24
A 0,001 F 0,1 H
10
(A) 20 + j20 B
(B) j10
O circuito da figura acima é alimentado, entre os pontos
50 A e B, por uma tensão senoidal de freqüência Hz. π
(D) 10 (E) 20
T
A impedância equivalente deste circuito, em ohms, é:
(C) 10 - j10
AF
Resolução:
Primeiramente encontramos a impedância do capacitor: ZC =
1 1 1 = = = −10jΩ 50 jωC j(2πf )C j(2π π )0, 001
Então encontramos a impedância do indutor:
50 )0, 1 = 10jΩ π
398.126.848-24
R
ZL = jωL = j(2πf )L = j(2π
Agora podemos associar as impedâncias para achar a equivalente:
D
Zeq = R//ZC + R//ZL 10(−10j) 10(10j) + 10 − 10j 10 + 10j −1000j + 1000 + 1000j + 1000 Zeq = (10 − 10j)(10 + 10j) 2000 Zeq = 2 10 − (10j)2 2000 Zeq = 100 + 100 Zeq =
Zeq = 10Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 70
8.
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
2R
+ Vi _
398.126.848-24
107
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
V1
L
V2
C
C
R
O circuito da figura acima deve ser equacionado no Domínio de Laplace, aplicando-se o método de tensões sobre os nós. Considere os dois nós da figura com suas respectivas tensões V1 e V2. A análise feita na estrutura acima resultou na seguinte equação matricial: g12 s g22 s
Vi s V1 s 2R V2 s 0
(B)
1 LCs2 1 R Ls
(C)
1 2R
(D)
LCs2 1 Ls
(E)
1 Ls
AF
A expressão de g12 s é
1 LCs2 1 2R Ls
T
g11 s g21 s
(A)
Resolução:
Como só nos interessa achar g12 (s), procuramos a equação que resultará em um termo independente diferente de zero, visto que a primeira equação do sistema é:
R
g11 (s)V1 (s) + g12 V2 (s) =
Vi (s) 2R
(1.24)
398.126.848-24
Ora, uma simples análise mostra que a equação acima vem diretamente da
aplicação da Lei dos Nós no nó de V1 . Fazendo isso, já pensando no domínio de
D
Laplace, temos:
Vi (s) − V1 (s) V1 (s) V1 (s) − V2 (s) = + 2R XC XL Vi (s) V1 (s) V1 (s) V1 (s) V2 (s) − = 1 + − 2R 2R Ls Ls Cs Vi (s) 1 1 1 = Cs + + V1 (s) + − V2 (s) 2R Ls 2R Ls
1 Comparando este resultado com a equação 1.24 vemos que g12 = − Ls .
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 71
8.
108
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
10
+
398.126.848-24
+ vi(t) _
100F 10mH
v0(t) _
T
No circuito da figura acima, a fonte de alimentação é senoidal dada por: vi(t) = 25sen(103 t). A expressão da tensão na saída é (A) vo(t) = 25cos(103 t) (B) vo(t) = 25sen(103 t) (C) vo(t) = 2,5sen(103 t)
3 (D) v o t 2,5sen 10 t 4
AF
3
(E) v o t 5sen 10 t 4
Resolução:
Como pode ser visto no circuito, vo (t) é a tensão sobre os terminais do capacitor e do indutor, visto que estes dois estão em paralelo. De vi (t) vemos que ω = 103 rad/s. Para simplificar nossa análise calcularemos a impedância equiva398.126.848-24
R
lente desta associação em paralelo do capacitor e do indutor. Para tal, primeiro calculamos a impedância de cada componente:
1 jωC
D ZC =
ZL = jωL ZL = j103 × (10 × 10−3 )
−j ZC = 3 10 × (100 × 10−6 )
ZL = 10j
ZC = −10j
Agora, associando paralelamente a impedância capacitiva temos: Z L × ZC ZL + ZC
a indutiva
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Zeq =
com
398.126.848-24
398.126.848-24
Zeq =
8.
109
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(10j) × (−10j) 10j − 10j
Zeq = ∞ 398.126.848-24
A impedância equivalente igual a infinito equivale a um circuito aberto, neste caso então teremos: vo (t) = vi (t) = 25sen(103 t) ✞
☎
Questão 72
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
L
+
+
R
VI _
C
R
V0
_
398.126.848-24
A figura acima ilustra um circuito R, L e C, alimentado por uma fonte senoidal VI, com nível DC nulo.
D
Parte 1
A função de transferência
(A)
(C)
2
RLCs Ls R LCs2 1 RLCs2 Cs R
(B)
(D)
LCs2 1 RLCs2 Ls 1 LCs2 R LCs2 Ls 1
RLC s2 1 RLC s2 C s 1
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(E)
RLCs2 R
V0 (s) do circuito é VI (s)
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
110
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Resolução: A impedância equivalente do circuito será: ZL × ZC +R ZL + Z C 1 sL × sC Zeq = 1 +R sL + sC sL Zeq = +R LCs2 + 1 RLCs2 + Ls + R Zeq = LCs2 + 1 Zeq = 398.126.848-24
Como Vo é a tensão sobre o resistor R temos que:
AF
T
R × Vi (s) Zeq Vo (s) R = Vi (s) Zeq Vo (s) LCs2 + 1 =R× Vi (s) RLCs2 + Ls + R Vo (s) =
Vo (s) RLCs2 + R = Vi (s) RLCs2 + Ls + R
✞
☎ 398.126.848-24
R
Alternativa (A) ✆ ✝
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
D
Questão 73
Parte 2 De acordo com o circuito, o valor da frequência angular da fonte, em rad/s, que, ao ser ajustada, faz com que o sinal de saída V0, em regime permanente, se anule, é (A)
(C)
1 LC
(B)
L C
(D)
LC
R LC
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(E)
1 RLC
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
111
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Resolução: Do resultado da questão anterior sabemos que
Vo (s) =
398.126.848-24
RLCs2 + R × Vi (s) RLCs2 + Ls + R
Portanto Vo será igual a zero quando a função de transferência for nula. Logo, fazendo s = jω e igualando a FT a zero temos:
RLC(jω)2 + R =0 RLC(jω)2 + L(jω) + R
T
RLC(jω)2 + R = 0 −RLCω 2 + R = 0
R(1 − LCω 2 ) = 0 ou
LCω 2 = 1
AF
R=0
Como R 6= 0, temos que:
LCω 2 = 1
ω=√
1 LC
398.126.848-24
R
Perceba que esta é a frequência de ressonância do sistema! Em resso-
nância temos XL = XC , o que provoca a abertura do circuito na parte onde o indutor e o capacitor estão em paralelo, fazendo com que a tensão sobre o resistor
D
seja nula. Ou seja, outra forma de resolver esta questão seria:
XL = XC 1 ωL = ωC 1 ω2 = LC 1 ω=√ LC ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 74
8.
112
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
R +
+ 398.126.848-24
L
V1(t)
V2(t)
C
_
_
(A)
50 2
e
e
1 2 1 2
(D)
100 2
e
1 2
(E)
100 2
e 1
AF
(B)
10 2
T
O circuito da figura acima atua como um filtro do tipo passa-faixa, onde v 1(t) é o sinal de entrada do circuito e v 2 (t), o sinal de saída. Admitindo-se que R = 10 3 , C = 107 F e L = 103 H , a frequência central da banda de passagem (em kHz) e o valor máximo do módulo da resposta de frequência são iguais, respectivamente, a
50 (C) 2
e 1
Resolução:
Da teoria de filtros sabemos que a frequência central da banda de passagem de um filtro passa-faixa representa o ponto de maior módulo da resposta em
R
frequência. Já para um filtro rejeita-faixa, esta frequência representa o ponto de
398.126.848-24
menor módulo da resposta em frequência. Tanto para o passa-faixa como para o
D
rejeita-faixa, a frequência central da banda de passagem f0 é dada por: 1 LC 1 √ LC 1 1 ×√ 2π LC 1 1 ×√ −3 2π 10 × 10−7 105 2π 100 kHz 2π
ω0 = √
2πf0 = f0 = f0 = f0 = f0 =
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Por se tratar de um filtro passa-faixa, o maior módulo da resposta acontece
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
113
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
na frequência f0 . Mas primeiro calculamos as impedâncias capacitiva e indutiva:
ZC = 398.126.848-24
1 2πf0 Cj
ZL = 2πf0 Lj
1 ZC = 105 2π × 2π × 10−7 j
ZL = 2π ×
105 × 10−3 j 2π
ZL = 102 j
ZC = −102 j
Agora calculamos a impedância equivalente da associação em paralelo do capacitor com o indutor:
AF
Zeq = ∞
T
ZL × ZC ZL + ZC (10j) × (−10j) Zeq = 10j − 10j Zeq =
Como Zeq é infinito, é como se o circuito estivesse aberto na porção onde L e C estão em paralelo. Isso faz com que V2 (t) = V1 (t), fazendo com que o módulo
✞
☎
398.126.848-24
Alternativa (E) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
da resposta em frequência em f0 seja: V2 =1 V1
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 75
8.
114
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
Uma carga resistiva trifásica é conectada à rede de distribuição através de uma linha, conforme indicado na figura acima. O valor, em ampère, da corrente IL é (C) 25 (D) 30
AF
Resolução:
(E) 40
T
(A) 5 (B) 15
Como a impedância da linha não é nula, para simplificar nosso circuito iremos transformar a carga (que está em triângulo) em estrela. Como as três resistências são iguais (7, 5Ω), basta calcular uma resistência da nova formação estrela: R=
Ra Rb 7, 5 × 7, 5 = = 2, 5Ω Ra + Rb + Rc 7, 5 + 7, 5 + 7, 5
Agora as resistências de linha de 0, 5Ω estão em série com as resistências
398.126.848-24
R
de carga, resultando em uma carga em estrela com cada resistência igual a: 2, 5 +
D
0, 5 = 3Ω. Ou seja, agora temos o seguinte sistema:
3
3 3
Como as fontes são simétricas e as cargas balanceadas, cada carga estará sujeita à tensão de fase, logo: IL =
120V = 40A 3Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
−
398.126.848-24
8.
115
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
−
Questão 76
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
Um transformador ideal conecta uma carga resistiva monofásica à rede elétrica, conforme indicado na figura acima. A resistência equivalente da carga, em ohms, vista pelo lado da rede, é
T
Resolução:
(A) 50 (B) 250 (C) 500 (D) 1.250 (E) 12.500
Adotamos V1 , I1 , N1 e Z1 respectivamente como sendo a tensão, corrente,
AF
número de espiras e impedância do primário. Fazemos o mesmo para o secundário (porém com índice 2). Por se tratar de um transformador ideal, temos as seguintes relações
V1 N1 I2 = = V2 N2 I1
Ou seja, temos que:
V1 =
R
E também
N1 × V2 N2
(1.25) 398.126.848-24
N2 I1 = × I2 N1
(1.26)
D
Agora, dividindo a equação 1.25 pela equação 1.26 temos: V1 N1 N1 1 = × V2 × × I1 N2 N2 I 2 2 V1 N1 V2 = × I1 N2 I2 2 V1 Z1 = × Z2 V2 2 6000 Z1 = ×5 120 Z1 = 12500Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 77
8.
116
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
A esse respeito, considere as afirmativas a seguir. I 398.126.848-24
- O módulo da tensão entre o neutro da fonte de alimentação e o neutro da carga é igual a zero (| NN’| = 0V).
II - O módulo do somatório das correntes iA, iB e iC é igual a zero (|iA + iB + iC| = 0A).
Resolução:
III - O módulo da componente de sequência negativa das correntes iA, iB e iC é igual a zero. Está correto APENAS o que se afirma em (A) (B) (C) (D) (E)
I II III I e II II e III
T
A figura mostra um circuito em corrente alternada trifásico composto por uma fonte de alimentação trifásica equilibrada com conexão estrela e uma carga desequilibrada, também com conexão estrela. Considere os módulos dos fasores AN e BN e CN iguais a 127 V e os ângulos igualmente espaçados de 120o, com sequência de fase ABC. Não há conexão entre o neutro da fonte de alimentação e o neutro da carga.
AF
I - Como os neutros não estão conectados e nem aterrados, existirá uma tensão não nula entre o neutro da fonte e o neutro da carga, de modo que a soma das correntes (iA , iB e iC ) possa ser zero (as correntes não possuem um caminho para fluir até a terra). FALSO.
II - Todas as correntes de linha que fluem para a carga não terão como escoar para a terra em virtude do neutro da carga não estar aterrado, logo, irão se somar e precisam se anular. VERDADEIRO.
R
398.126.848-24
III - No circuito sem neutro aterrado, a soma das correntes iA + iB + iC = 0, logo, a corrente de sequência zero (iA0 = iB0 = iC0 ) é nula, pois todas as correntes e tensões no neutro da estrela ficam na sequência zero. Porém as demais
D
sequências, positiva e negativa, serão diferentes de zero, uma vez que flui corente pela carga. FALSO. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 78
8.
117
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012) 60
10
20
398.126.848-24
20
ch Amp
30 V
+ -
20 F
10 F
AF
T
Considere o circuito da figura acima, alimentado por uma fonte de tensão CC e formado por resistores e capacitores, onde todos os componentes são considerados ideais. Após permanecer por muito tempo aberta, a chave ch é fechada e uma medida de corrente é feita no amperímetro (Amp). No exato instante em que a chave ch é fechada, qual o valor, em A, da corrente medida no amperímetro? (A) 0 (B) 2 (C) 5 (D) 10 (E) 12
Resolução:
O capacitor é um elemento de circuito que possui inércia de tensão, ou seja, sua tensão não pode variar instantaneamente. Desta forma, se conhecermos as 398.126.848-24
R
tensões em ambos os capacitores instantes antes do chaveamento estas serão as tensões nos mesmos no instante imediatamente após. Como o circuito estava no estado da figura por um tempo arbitrariamente
D
grande de tempo podemos utilizar o fato que capacitores em regime permanente se comportam como circuitos abertos, sem permitir a passagem de corrente. Assim
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
o circuito equivalente é:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
118
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Como não há caminho de retorno para da corrente em qualquer elemento para o neutro, deduzimos que não há corrente circulando antes do chaveamento em nenhum dos resistores, de modo que ambos capacitores estão carregados com a tensão de 30V . Imediatamente após o fechamento da chave, podemos substituir os capacitores por fontes de tensão virtuais, de modo que o circuito equivalente é:
T
398.126.848-24
AF
Como a diferença de tensão entre os dois capacitores é nula, pois ambos estão carregados com a mesma tensão (isto pode ser visto através da lei das malhas aplicada na malha indicada), podemos evidenciar que no instante de fechamento não há qualquer corrente circulando pelo amperímetro.
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 79
8.
119
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2012) Ia Vab 75
Ic
398.126.848-24
15
o
o
Vbc 75
o
Vca Ib
T
O diagrama de fasores acima corresponde a uma instalação elétrica de um centro de operações para supervisão e controle com as suas cargas elétricas ligadas em triângulo aterrado, com as correntes de linha equilibradas apresentando valor de 5 A, e a tensão de linha, valor de 374 V. A potência elétrica ativa na fase CN para essa instalação é: Dados:
3 = 1,7
(A) 770 W (B) 960 W (C) 1.870 W (D) 2.140 W (E) 2.860 W
Cos 15o = 0,96 Cos 30o = 0,86
AF
Cos 45o = 0,70 Cos 60o = 0,50 Cos 75o = 0,25
Resolução:
O candidato encontra nesta situação um conjunto trifásico equilibrado de tensões de linha e de correntes de linha. Da teoria dos sistemas equilibrados, se
R
conhecemos a tensão e corrente de linha e o fator de potência, podemos usar:
P3F =
√
3VLN IL cos(φ)
398.126.848-24
(1.27)
D
Os valores de tensão e corrente de linha são indicados no problema, res-
pectivamente como 374V e 5A, porém devemos ficar atentos que a diferença de fase entre VAB e IA não nos indica φ. Isto ocorre porque o fator de potência seria indicado pela diferença de fase entre a tensão de fase e a corrente de linha. Como o giro é no sentido horário, a passagem dos fasores de tensão (ou corrente) pela referência se dá na ordem VAB ,VBC e VCA o que indica que o sistema é de sequência positiva. Ou seja, a tensão de linha está adiantada de 30 ◦ em relação à tensão de fase, assim:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
∠VAB = ∠VAN + 30◦
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
120
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Assim, o atraso de fase entre VAN e IA pode ser calculado: φ = ∠VAN − ∠IA = ∠VAB − 30◦ − ∠IA Pelo diagrama fasorial, a diferença de fase entre a tensão de linha VAB e a
398.126.848-24
corrente de linha IA é 75◦ , assim: φ = ∠VAB − ∠IA − 30◦ φ = 30 ◦ − 30◦ φ = 45 ◦
T
Desta forma, o fator de potência é dado pelo cosseno deste ângulo: cos(φ) = cos(45◦ ) = 0, 70 Substituindo na fórmula da potência trifásica: √
3VLN IL cos(φ)
AF
P3F =
P3F = 1, 7 × 374 × 5 × 0, 7
Com alguma paciência e com uma casa decimal, obtemos a potência trifásica:
P3F = 2223, 3W
R
Para a potência da fase C, como temos um sistema equilibrado, basta dividir a
398.126.848-24
PC = 741W ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
potência trifásica por três, deste modo:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 80
8.
121
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2012) i(t)
v(t) 398.126.848-24
ic(t)
ir(t)
0,005 F
2W
A figura representa um bipolo alimentado com tensão, em o volt, dada por v(t) = 100 2 cos(100t - 30 ) . O fasor da corrente no bipolo é OBS: Utilize, no cálculo, aproximações com uma casa decimal.
(A) 20Ð45o A (B) 45Ð30o A (D) 65Ð25o A (E) 70Ð15o A
AF
Resolução:
T
(C) 50Ð75o A
A análise e a resposta são dadas em fasores e desta forma a primeira etapa de solução do problema está em trazer a tensão no bipólo para o domínio fasoral. √ Dividindo a amplitude do sinal por 2 para obter o valor eficaz e considerando cos(100t) como nossa referência, temos:
398.126.848-24
R
V~ = 100∠−30◦
A corrente resultante é a soma das correntes sobre o resistor e sobre o ca-
pacitor, e a corrente em cada um destes elementos é prontamente obtida dividindo
D
a tensão no bipólo pela impedância do elemento. Calculando a impedância do capacitor:
ZC =
−j −j −j = = = −2jΩ ωC 100 × 0, 005 0, 5
A impedância do resistor é simplesmente o valor de 2Ω, uma vez que resis-
tência é um parâmetro invariante na frequência, assim temos: I~ = I~C + I~R V~ V~ I~ = + ZC ZR 100∠−30◦ 100∠−30◦ I~ = + −j2 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Assim:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
122
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Lembrando que dividir por -j adianta o fasor de noventa graus temos: I~ = 50∠60◦ A + 50∠−30◦ A Utilizando a regra do paralelogramo para somar ambas as correntes do
398.126.848-24
capacitor e do resistor vemos que a corrente resultante é a hipotenusa de um triângulo retângulo e isósceles. Desta forma, o ângulo da corrente resultante é √ −30◦ +60◦ ◦ = 15 e o módulo é obtido multiplicando o lado 50A por 2. Assim: 2 √ I~ = 50 2∠15◦ A Aproximando
√
2 por 1, 4 temos:
T
I~ = 70∠15◦ A
✞
☎
Questão 81
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2012)
398.126.848-24
D
R
Três cargas equilibradas, formadas por impedâncias o iguais de valor 6Ð - 30 ohms, estão ligadas em triângulo a um sistema elétrico trifásico, ABC, com tensão de linha igual a 204 V. A corrente de linha resultante no circuito equivalente com as cargas ligadas em estrela e o ângulo de fase da tensão igual a 120º é Dado:
3 = 1,7
(A) 100Ð - 30o (B) 60Ð150o (C) 30Ð - 90o (D) 20Ð45o (E) 10Ð - 120o
Resolução: Como as cargas estão em delta (arranjo triângulo) e são balanceadas, pode-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
mos rapidamente transformá-las em cargas estrela (arranjo Y) equivalente, apenas
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
123
39
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
dividindo-as por três, desta forma temos: ZY eq =
Z∆ = 2∠−30◦ Ω 3
Como as cargas já estão referidas em Y, podemos de forma mais conve-
398.126.848-24
niente trabalhar não com a tensão de linha e sim com a tensão de fase, apenas √ dividindo o valor de 204V por 3, no problema aproximado por 1, 7: VLL 204V VLN = √ = = 120V 1, 7 3 Assim, considerando a fase A como nossa referência temos:
T
VAN = 120∠0◦ V VBN = 120∠−120◦ V VCN = 120∠120◦ V
AF
Vemos que pela nossa definição, a fase com ângulo de 120◦ é a fase C, para achar a corrente circulando por esta linha basta dividir a tensão de fase pela impedância em estrela, assim:
IC =
VCN 120∠120◦ V = ZY 2∠−30◦ Ω
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
IC = 60∠1500 A
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 82
8.
124
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398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2012) 43 ± Bc
A
W1 398.126.848-24
B
C A R G A
± ± Bc
Bp
W2 Bp
C
± ±
Bc
W3
±
Bp
240o 150o 120o 90o 60o
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
T
A figura mostra como é possível medir a potência reativa de uma carga em sistemas trifásicos utilizando-se wattímetros. Essa possibilidade só se concretiza se sua bobina de potencial (Bp) for alimentada com tensão defasada, referente à bobina de corrente, em relação à tensão aplicada à carga, de
Resolução:
A abordagem de problemas com arranjo de wattímetros pode ser feita rapidamente considerando que a potência medida com um wattímetro que mede uma tensão fasorial ~(V ) e uma corrente fasorial I~ e diferença de fase entre si de φ como
R
sendo:
398.126.848-24
W = V Icos(φ)
D
Neste caso, observando o arranjo dos wattímetros, temos: W1 = VBC IA cos(φ1 ) W2 = VCA IB cos(φ2 ) W3 = VAB IC cos(φ3 )
Considerando um sistema trifásico equilibrado, temos que todas as tensões e todas as corrente tem o mesmo módulo, respectivamente VLL e IL . Assumindo que o ângulo de impedância seja θ, temos que a potência reativa é dada por: Q3F =
√
3VLL IL sen(θ)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Considerando a tensão da fase A como a referência e um sistema de
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398.126.848-24
8.
125
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
sequência positiva onde as tensões de linha estão adiantadas de trinta graus das tensões de fase, temos: VAB = VLL ∠30◦ VBC = VLL ∠−90◦
398.126.848-24
VCA = VLL ∠150◦ IA = IL ∠−θ IB = IL ∠−120◦ − θ IC = IL ∠+120◦ − θ
T
Considerando isto, temos: W1 = W2 = W3 = VLL IL cos(−90◦ + θ) = VLL IL sen(θ)
Pela equação acima, expusemos que o arranjo dos wattímetros desta forma
AF
calcula sin(θ) e portanto pode ser usado para cálculo de potência reativa. Tudo isto ocorreu pelo fato que a tensão na bobina de potencial estava 240◦ + 30◦ = 270◦ à frente da corrente na carga, o que equivale a estar atrasado de 90◦ . ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 83
8.
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
No circuito da figura acima, a fonte trifásica é ideal e balanceada. A impedância equivalente por fase desse circuito, em função de Z e ZY, é (A)
T
(D)
(C)
(E)
AF
(B)
Resolução:
Para cargas equilibradas temos que todo arranjo em delta com impedância Z pode ser convertido em um arranjo em estrela com impedância Z3 . Como a geração
398.126.848-24
R
(fontes) e o consumo (cargas) são ambos equilibrados, podemos inclusive estudar o equivalente monofásico. Como as fontes estão em estrela, podemos "desacoplálas"’ monofasicamente, assim como podemos fazer o mesmo com as impedância
D
em estrela ZY bastando converter então as impedâncias em delta para estrela através da fórmula explícita anteriormente, assim: 1 Zeq = ZY // Z∆ 3
Então devemos calcular a expressão desta impedância equivalente, utili-
zando a fórmula: ZA //ZB =
ZA × Z B ZA + Z B
Assim, utilizando ZA = ZY e ZB = 13 Z∆ : ZY × ZY +
Z∆ 3 Z∆ 3
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Zeq =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
127
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12
6
398.126.848-24
Multiplicando por três ambos o numerador e denominador: Zeq =
ZY × Z ∆ 3ZY + Z∆ ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
AF
T
Questão 84
Na figura acima, uma lâmpada incandescente, que se supõe acender para qualquer diferença de potencial, é conectada aos neutros da fonte e da carga, ambas trifásicas. A carga é balanceada, e as tensões da fonte são senoides, cujos números complexos representativos (fasores) são Va , Vb e Vc. Para que a lâmpada acenda, os valores de Va , Vb e Vc, em volts, devem ser, respectivamente, Va
Vc
−50 − j86,6
−50 + j86,6
−40 + j86,6
−40 − j86,6
86,6 + j50,0
−j100,0
−86,6 + j50,0
86,6 − j50,0
−86,6 − j50,0
+j100,0
117,3 + j10
−67,3 − j76,6
−50 + j66,6
100,0
R
(A)
Vb
110,0
(C)
(D) (E)
398.126.848-24
D
(B)
Resolução:
Esta questão pode ser abordada de diversas formas, mas em última aná-
lise todas são iguais. Para que a lâmpada acenda, qualquer uma das seguintes afirmações deve ser verdadeira, pois são todas equivalentes: • Deve existir uma corrente circulando pelo neutro. • Deve existir uma diferença de potencial entre o neutro da carga e o neutro da fonte.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
• Deve existir uma componente de sequência zero não nula.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
128
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12
6
398.126.848-24
• As tensões trifásicas são desequilibradas, pois a carga é equilibrada. Estimar e mensurar a corrente ou tensão de neutro é uma tarefa numericamente ingrata. A estratégia mais inteligente para abordar esta questão se revela em estudar a sequência zero da tensão, que em sistemas em estrela aterrados
398.126.848-24
impõe uma corrente circulando pelo neutro. A tensão de sequência zero pode ser vista como uma média algébrica das três tensões de fonte e somente é não nula quando o conjunto trifásico é não balanceado (desequilibrado). Então a correta das cinco respostas será aquela em que a soma das três tensões não se cancelar, uma vez que a fórmula da tensão de sequência zero é: VA + VB + VC 3
T
V0 =
Para a letra B, temos um valor não nulo na tensão de sequência zero, o que evidencia esta alternativa como a resposta. Para fins de aprendizado, é interes-
AF
sante calcular as tensões de sequência zero nas alternativas restantes. (110 − 40 + j86, 6 − 40 − j86, 6) 3 = 10
V0B =
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
V0B
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 85
8.
129
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
No circuito da figura acima, a frequência da tensão da fonte Vs é 60 Hz. Para que a fase da corrente Is seja igual à fase da tensão Vs , o valor, em farad, da capacitância C deve ser (B) 20 π
(C)
1 480 π
(D)
1 750 π
(E)
1 1500 π
T
(A) 10 π
Resolução:
Para que a fase da corrente Is esteja em fase com a tensão da fonte Vs é
AF
preciso que o fator de potência seja unitário, o que equivale a dizer que a impedância equivalente de todo o circuito tem parte imaginária nula, ou seja, reatância equivalente zero. Então vemos que temos um resistor de 2Ω em série com um paralelo RLC. Como a associação em série é uma soma de impedâncias, para calcular uma frequência para reatância equivalente não precisamos levar em conta este resistor isolado.
398.126.848-24
R
A informação do parágrafo anterior pode ser resumida da seguinte forma,
zerar a reatância equivalente de todo circuito é equivalente à zerar a reatância deste ramo RLC em paralelo. O candidato também pode abordar o problema através do conceito de admitância, que é o inverso da impedância. Basta "zerar"a
D
parte imaginária da impedância equivalente entre o capacitor e a carga. Sabemos que: ZC = −jXC Ω, ZL = 3 + j4Ω e XC =
1 ωC
=
1 2πf C
Zeq = ZC //ZL (3 + j4) × (−jXC ) 3 + j4 + (−jXC )) −j3XC + 4XC Zeq = 3 + j(4 − XC ) Zeq =
Como a expressão com termos imaginários tanto no denominador quando no numerador é possível simplificar a expressão multiplicando ambos numerador
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
e denominador pelo conjugado do denominador. Desta forma só haverão termos
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398.126.848-24
8.
130
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12
6
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reais no denominador. (4XC − j3XC ) × (3 − j(4 − XC )) (3 + j(4 − XC )) × (3 − j(4 − XC )) (12XC − j(16XC − 4XC 2 ) − j9XC − 12XC + 3XC2 ) Zeq = (32 + (4 − XC )2 ) 3(XC )2 − j(25XC − 4(XC )2 ) Zeq = 9 + 16 + 8XC + (XC )2 Zeq =
398.126.848-24
Agrupando os termos da última equação e separando a parte real e parte imaginária da impedância equivalente do paralelo: 3(XC )2 − j(25XC − 4(XC )2 ) = Req + jXeq 25 + 8XC + (XC )2 3(XC )2 Req = 25 + 8XC + (XC )2 (25XC − 4(XC )2 ) Xeq = 25 + 8XC + (XC )2
AF
T
Zeq =
Para zerar a reatância equivalente basta igualar a última equação à zero, esquecendo o denominador, uma vez que ele é sempre positivo, temos: 25XC − 4(XC )2 = 0
Esta equação é de segundo grau e deste modo tem duas soluções:
D
R
(4XC − 25)XC = 0
398.126.848-24
XC1 = 0 4XC2 − 25 = 0 25 XC2 = 4
A primeira solução é interpretada como a situação na qual a reatância é nula
(curto circuito no capacitor) e ocorreria para frequência infinita, o que não consta 1 2πf C
e utilizando o outro valor
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
nas alternativas. Desta forma, lembrando que XC =
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398.126.848-24
8.
131
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6
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obtido: 1 25 = 2πf C 4 4 C= 25 × 2 × π × 60 1 C= 50 × 15 × π 1 C= 750π XC =
398.126.848-24
✞
☎
AF
Questão 86
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
Um gerador de 25 kV, 50 MVA, tem reatância interna igual a 0,10 pu. O mesmo é conectado a um sistema elétrico de potência, cujas grandezas de bases, no ponto de conexão, são 50 kV e 100 MVA. O valor da reatância interna do gerador, em pu, na base do sistema, é 0,01 0,05 0,10 0,15 0,20
398.126.848-24
D
R
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Esta é uma questão de cálculo imediato. Ter em mente a expressão de
mudança de base ajuda, mas ela pode ser prontamente deduzida. Vale ressaltar que M V A, kV e Ω são um conjunto dimensionalmente consistente, o que facilita
os cálculos. Em um conjunto trifásico, a expressão da impedância de base com potência aparente de base Sbase e tensão de linha de base Vbase é simples: Zbase =
2 Vbase Sbase
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Apesar de que bases diferentes tenham valores por unidade diferentes, sa-
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398.126.848-24
8.
132
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6
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bemos que obviamente devem ter o mesmo valor absoluto, então uma impedância Z com valores em por unidade de z1 e z2 nas impedâncias de base Z1 e Z2 faz sentido que: Z=Z
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z 1 Z1 = z 2 Z 2 Utilizando a fórmula para impedância de base teremos que: z1 ×
2 Vbase1 V2 = z2 × base2 Sbase1 Sbase2
como 2 temos:
252 502 =X× 50 100 100 252 X = 0, 1 × × 2 50 50 1 X = 0, 1 × 2 × = 0, 05 4
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
0, 1 ×
T
Então considerando a base da placa do gerador como 1 e a base do sistema
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Questão 87
8.
133
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6
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
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O circuito CA da figura acima mostra uma fonte de tensão alimentando duas impedâncias. Com base no circuito, o valor, em volt, do fasor de tensão é
T
(A) (B)
AF
(C) (D) (E)
Resolução:
Esta questão pode ser solucionada de duas maneiras diferentes, contudo
R
uma deles é mais rápida e facilita os cálculos que é o uso do conceito de divisor
398.126.848-24
de tensão. Como temos uma fonte de tensão bem definida e apenas uma única
D
malha podemos escrever prontamente: Vcarga = Vf onte ×
Zcarga Zequivalente
Como temos apenas duas impedâncias associadas em série, temos que: Zcarga = j5 Zequivalente = j5 + 10 + j5 = 10 + j10
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para facilitar nossas contas é razoável passar para a forma polar, tanto Zcarga
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8.
134
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12
6
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como Zequivalente Arg(Zcarga ) = 90◦ Arg(Zequivalente ) = arctg(
10 ) = 45◦ 10
398.126.848-24
|Zcarga | = 5 √ √ |Zcarga | = 102 + 102 = 10 2 Então o divisor de tensão D, vale em sua forma polar: D=
Zcarga
T
Zequivalente 1 |D| = √ 2 2 ∠D = 45◦
AF
Ou ainda, fasorialmente:
1 ~ = √ D ∠45◦ 2 2
Multiplicando pela tensão da fonte, obtemos a resposta.
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
1 25 √ ∠45◦ × 50∠60◦ = √ ∠105◦ 2 2 2
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Questão 88
8.
135
39
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12
6
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(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) 25 Uma carga trifásica consiste em três resistores de 9 Ω ligados em Δ. Para que um banco de resistores, ligados em Y, seja equivalente a essa carga, o valor da resistência por fase do banco, em ohm, deve ser
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(A) (B) (C) (D) (E)
3,0 4,5 6,0 9,0 27,0
Resolução:
T
A conversão ∆ − Y pode tornar um conjunto de cargas em triângulo em um
conjunto equivalente de cargas em estrela. Neste problema as cargas são trifási-
cas balanceadas e a conversão é imediata, contudo para cargas não balanceadas
AF
é necessário fazer uso das seguintes fórmulas:
Z∆AB × Z∆AC Z∆AB + Z∆BC + Z∆AC Z∆BC × Z∆AB = Z∆AB + Z∆BC + Z∆AC Z∆AC × Z∆BC = Z∆AB + Z∆BC + Z∆AC
ZY A =
ZY B ZY C
R
Para cargas equilibradas temos que todo arranjo em delta com impedância
Z pode ser convertido em um arranjo em estrela com impedância
Z . 3
398.126.848-24
Finalmente,
basta aplicar esta relação para o banco em delta de resistores, seu banco em
Z=
9, 0 = 3Ω 3 ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
estrela equivalente teria impedância de:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 89
8.
136
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Em um sistema elétrico trifásico, as tensões de cada fase, em relação ao neutro, são Van= 127 30o V, Vbn= 127 −90o V e Vcn= 127 150o V.
398.126.848-24
Os fasores das componentes de sequência positiva, negativa e zero dessas tensões referentes à tensão Van, em volts, respectivamente, são (A) 0, 127 0o,0 (B) 127 30o, 0, 0 (C) 127 30o, 127 −30o, 0 (D) 127 30o, 127 −30o, 127 0o
T
(E) 127 0o, 127 −120o, 127 120o
Resolução:
A análise de sistemas trifásicos por componentes simétricos decompõe
AF
qualquer sistema trifásico de tensões e correntes, balanceados ou não, em três sistemas trifásicos equilibrados chamados de sequência positivo, negativa e zero. O candidato pode resolver imediatamente a questão se observar que o conjunto das três tensões é equilibrado, pois seus módulos são iguais e suas fases diferem uma das outras por 120 graus e que também é um conjunto de sequência positiva. De modo que sua sequência positiva é a tensão da fase A e as duas outras sequência apresentam valor nulo. Assim, o resultado corresponde a letra B,
398.126.848-24
R
127∠30◦ .
Se esta lembrança não estiver ao alcance se faz necessário calcular pela
definição o valor das três sequências para obter o resultado que de outra forma
D
seria imediato, a saber:
1 × (VA + VB + VC ) 3 1 V1 = × (VA + αVB + α2 VC ) 3 1 V2 = × (VA + α2 VB + αVC ) 3 V0 =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 90
8.
137
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.2) A
A' ZA
VA 398.126.848-24
FONTE TRIFÁSICA SIMÉTRICA
C
VC
N
N'
VB
ZB B
B'
CARGA TRIFÁSICA DESEQUILIBRADA
ZC
C'
AF
T
Para o sistema trifásico desequilibrado, mostrado na figura acima, composto por uma fonte simétrica e uma carga desequilibrada, a(s) (A) potência aparente total é a soma das potências aparentes das três impedâncias. (B) tensão de deslocamento de neutro (VNN’) é igual a zero. (C) soma das correntes nas três impedâncias é diferente de zero. (D) correntes em cada impedância são iguais. (E) tensões VAN e VA’N’ são iguais.
Resolução:
Esta questão é de análise de circuitos trifásicos, sob quaisquer condições, e deste modo pode ser sempre facilitada com o conhecimento dos componentes 398.126.848-24
R
simétricos. Vamos analisar todas as alternativas, justificando os erros e acertos encontrados.
A alternativa A é correta, apesar de ser bastante vaga ela expressa a con-
servação de energia uma vez que afirma que a potência aparente total entregue
D
pelas fontes se distribui de algum modo pelas três cargas presentes nas fases. O sistema é desequilibrado, portanto a distribuição de correntes e tensões é irregular, mas as leis dos circuitos continuam válidas e a potência entregue continua sendo igual à potência dissipada. A alternativa B afirma que não existe diferença de potência entre os neutros, o que só ocorre necessariamente em sistemas equilibrados tanto na geração (fontes) quanto no consumo (carga). De fato, o desequilíbrio em ambos eventualmente se expressa em uma tensão de sequência zero que está relacionada com a tensão entre os neutros.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A alternativa C é incorreta uma vez que o sistema está em configuração
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398.126.848-24
8.
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
estrela sem aterramento o que implica na inexistência de corrente de neutro e, portanto a soma fasorial das três correntes que chegam naquele nó é necessariamente zero uma vez que não há "rota de fuga"para o resíduo da soma destas três correntes. 398.126.848-24
A alternativa D não leva em conta os desequilíbrios existentes nas cargas e ignora o valor da tensão de neutro que eventualmente levam ao desequilíbrios das correntes nas fases do circuito. E finalmente a alternativa E é incorreta por argumentos similares ao da alternativa B. ✞
☎
Questão 91
AF
T
Alternativa (A) ✆ ✝
(Eng. Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010.1)
j 50
50
398.126.848-24
R
100 V
D
O circuito RL série da figura acima opera com uma fonte de tensão alternada de 100 V eficazes. A potência complexa fornecida pela fonte é (A) 1000 Ð45o
(B) 1000 Ð - 45o
(C) 1000 Ð0o
(D) 100 50 Ð45o
100 50 Ð - 45o
Resolução: Avaliando a impedância série total podemos determinar a corrente circu-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
lando pela malha, com a tensão da fonte e esta corrente o cálculo da potência
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398.126.848-24
8.
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
aparente se torna imediato: q√ √ √ |Z| = ( 50)2 + ( 50)2 = 100 = 10Ω √ 50 ∠Z = arctg( √ ) = ∠45◦ 50
398.126.848-24
Deste modo encontramos que a corrente se encontra atrasada de 45 graus da tensão a fonte, que é a nossa referência. Para avaliar seu módulo basta dividir o módulo da tensão pelo módulo da impedância: |I| =
100 = 10A 10
A potência complexa é o produto da tensão pelo conjugado da corrente, quarenta e cinco graus positivos, assim:
T
como a corrente está atrasada de quarenta e cinco graus seu conjugado tem fase
AF
|S| = |V ||I| = 100 × 10 = 1000V A
Arg(S) = 0◦ + 45◦ = 45◦
Reunindo o módulo e a fase, temos:
~ = S∠45◦ S
✞
☎ 398.126.848-24
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8.
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6. 8
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-2
4
D
R
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 92
8.
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Circuitos Elétricos
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398.126.848-24
(Eng. Elétrica - BR Distribuidora 2008)
398.126.848-24
(A)
1 50
(C)
1 1202
T
Uma das ações para melhorar a eficiência energética de uma instalação elétrica é a correção do fator de potência. Considere o circuito equivalente de uma instalação monofásica, mostrado na figura acima, cuja tensão de entrada é de 127 V eficazes (60 Hz). Para que o fator de potência da instalação seja unitário, qual o valor da capacitância, em farad, do capacitor a ser instalado entre os terminais A e B? 1 100
(D)
1 1442
AF
1 1000 2
(B)
(E)
Resolução:
Para que uma carga absorva potência com cos(φ) unitário é necessário que a impedância seja puramente resistiva ou de outro modo: a reatância equivalente 398.126.848-24
R
da carga deve ser nula. Como a carga é uma associação em paralelo de um resistor com um indutor é óbvio que é necessário adicionar um capacitor ao sistema para anular a influência da indutância. Se formos relembrar a teoria básica de circuitos veremos que a condição
D
pedida na questão é justamente a capacitância para que ocorra ressonância em paralelo. Neste caso basta que a reatância indutiva seja de valor igual à reatância capacitiva do capacitor a ser adicionado, o que equivale a ter as impedâncias se cancelando, uma vez que: Zeq = ZC //ZL Zeq = jXC // − jXL XC XL Zeq = j(XL − XC ) Se XL = XC temos:
XC2 =∞ 0
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8.
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6. 8
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-2
4
Zeq =
398.126.848-24
398.126.848-24
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Circuitos Elétricos
12
6
398.126.848-24
Como queremos que o mesmo ocorra neste caso: XL = 2πf L = XC =
1 2πf C
XL = 2π × 60 × 0, 010 =
398.126.848-24
XL = 1, 20π =
1 2π × 60 × C
1 2π × 60 × C
Multiplicando a última equação por 120π temos:
1 C 1 2 144π = C
120π0, 120π =
C=
1 144π 2
T
Invertendo a última equação:
✞
☎
398.126.848-24
D
27
(Eng Junior. - Elétrica - Transpetro 2011)
R
Questão 93
AF
Alternativa (D) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
A figura acima apresenta dois wattímetros W1 e W2 ligados a uma carga trifásica, com suas respectivas bobinas de tensão e corrente medindo A1, V1 e A 2, V2. Sabe-se, pelo método adotado para a medição, que a potência ativa trifásica é dada pela expressão P3Φ = A1V1 cos 25o + A2V2 cos 85o. Essa carga possui um fator de potência igual a (A) cos 25o (B) cos 55o (C) cos 60o (D) cos 85o (E) cos 110o
398.126.848-24
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8.
142
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
Resolução: Nesta questão devemos fazer a suposição que as cargas são equilibradas, de modo que a soma das potências dado pelo método dos dois wattímetros é igual à potência trifásica total. Ou seja:
398.126.848-24
P3f = P1 + P2 Da suposição das cargas serem equilibradas, temos que A1 e A2 são iguais e com valor igual ao da corrente de linha trifásica. Da mesma forma, V1 e V2 são iguais à tensão entre fases (tensão de linha), então utilizando a conhecida fórmula para potência trifásica:
√
(1.28)
3VLL IL cos(φ)
T
P3f =
Desta forma: VLL = V1 = V2 e IL = A1 = A2 assim: √
3V1 A1 cos(φ) = A1 V1 cos(25◦ ) + A2 V2 cos(85◦ )
AF
P3f =
Colocando em evidência o produto A1 V1 temos:
P3f = A1 V1 (cos(25◦ ) + cos(85◦ ))
Utilizando a fórmula trigonométrica 2cos(a)cos(b) = cos(a + b) + cos(a − b)
temos:
398.126.848-24
R
P3f = A1 V1 2cos(55◦ )cos(30◦ )
Sendo cos(30◦ ) =
√
3 , 2
substituindo na equação anterior e o termo "2"no nu-
D
merador anulando o termo "2"do denominador: P3f =
√
(1.29)
3A1 V1 cos(55◦ )
Comparando a equação 1.29 com a equação 1.28 e lembrando que VLL = V1
e A1 = IL temos:
F P = cos(φ) = cos(55◦ ) ✞
☎
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8.
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6. 8
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4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 94
8.
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Circuitos Elétricos
12
6
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(Eng. Junior - Elétrica - Transpetro 2012)
31
+ VAB = Vm
398.126.848-24
0 volts
A figura acima mostra parte de um circuito trifásico balanceado, onde a resistência R é um valor em ohm. A fonte que alimenta esse circuito é balanceada e de sequência negativa. O fasor da corrente de linha ILA, em ampère, e em função dos dados apresentados, é 3
Vm 0 R
(B)
3
Vm 30 R
(C)
Vm 30 R
(D)
Vm 30 3R
(E)
Vm 30 3R
AF
Resolução:
3
T
(A)
Esta questão pode ser realizada de duas maneiras. Primeira forma:
Se lembrarmos que a corrente de linha na sequência negativa em sistemas √ equilibrados é 3 vezes maior que a corrente em triângulo e adiantada de trinta graus a resposta é imediata. Podemos demonstrar isto facilmente, se a = ej120 e ◦
D
R
temos sequência negativa, então para o sistema vale:
398.126.848-24
Ibc = aIab Ica = a2 Iab Ia = Iab − Ica Ib = Ibc − Iab Ic = Ica − Iab
Se substituirmos as duas primeiras equações nas últimas três iremos observar para todos os casos este fato. Por exemplo, na terceira equação: Ia = Iab − Ica = Iab − a2 Iab = (1 − a2 )Iab = Vab R
3ej30 Iab ◦
então fica evidente que a resposta é a alternativa (C).
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Como Iab =
√
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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Circuitos Elétricos
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6
398.126.848-24
Segunda forma: Passamos o sistema em triângulo para o equivalente em estrela, a corrente de linha para todos os efeitos permanece inalterada. A impedância equivalente em estrela é um terço da impedância em triângulo, então R3 , e a tensão de fase √ na sequência negativa é 3 vezes menor e adiantada de 30◦ . A demonstração é
398.126.848-24
semelhante a observada na primeira forma, basta lembrar que: Vb = aVa V c = a2 V a Vab = Va − Vb Vbc = Vb − Vc
T
Vca = Vc − Va Então, levando em conta as afirmações: Va Ra
Ia =
◦ √1 ej30 Vab 3 R 3
AF Ia =
R
3 ◦ Vab Ia = √ ej30 R 3 √ j30◦ Vab Ia = 3e R
398.126.848-24
Como era de se esperar, chegamos à mesma resposta. ✞
☎
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 95
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Circuitos Elétricos
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(Eng. Elétrica - BR Distribuidora 2008) 63 Em um determinado ponto de um sistema elétrico trifásico de 25 kV de tensão de linha, a potência de curto-circuito é de 40 MVA. Considere que a potência e a tensão de bases são, respectivamente, iguais a 100 MVA e 25 kV. A impedância do Equivalente Thèvenin, em ohm, do sistema reduzido no ponto considerado é (A) 0,250 (B) 0,625 (C) 6,250 (D) 15,625 (E) 22,321
398.126.848-24
Resolução: O equivalente de Thévenin do sistema do ponto de vista de um terminal
T
XY é basicamente uma fonte de tensão em série com uma impedância. Se estes terminais XY são conectados por um fio, fechando um curto circuito, é basicamente a mesma coisa da tensão de Thévenin alimentar a resistência de Thévenin, uma
AF
tensão para um resistor e uma conta bem simples: Zth = ZCC
V2 SCC 25k 2 = 40M 625 = 40 312, 5 = 20 = 15, 625Ω
Zth = Zth
Zth Zth
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Alternativa (D) ✆ ✝
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R
Zth
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Bombas, Compressores e Turbinas
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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8.
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Introdução
398.126.848-24
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2
T
Q67 (pág. 1), Q68 (pág. 3), Q69 (pág. 4), Q70 (pág. 5).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012
AF
Q63 (pág. 6), Q64 (pág. 9), Q65 (pág. 7).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q62 (pág. 10), Q63 (pág. 11), Q64 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q56 (pág. 13), Q57 (pág. 15).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
R
Q13 (pág. 16).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008 Q50 (pág. 22), Q51 (pág. 19), Q52 (pág. 20), Q53 (pág. 26), Q54 (pág. 23).
D
Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010 Q44 (pág. 27), Q50 (pág. 30). Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008 Q52 (pág. 28), Q53 (pág. 29), Q54 (pág. 31). Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eng. Elétrica - Termorio 2009 Q42 (pág. 34). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011
39
8.
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6. 8
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-2
4
Q62 (pág. 35).
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Bombas, Compressores e Turbinas
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6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 Q37 (pág. 37). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q28 (pág. 38), Q29 (pág. 39), Q34 (pág. 41). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eng. Elétrica - Termobahia 2012 Q36 (pág. 42), Q46 (pág. 43).
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D
R
AF
T
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 31
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
T
Questão 1
AF
Na bomba centrífuga helicoidal, uma parte da energia fornecida ao fluido é devida à força centrífuga, e outra parte é devida à força de arrasto. Tal bomba é de deslocamento (A) positivo alternativa ou dinâmica (B) positivo rotativa ou volumétrica (C) positivo rotativa ou dinâmica (D) não positivo ou dinâmica (E) não positivo ou volumétrica
Resolução:P2-21-Q67
Devido à grande diversidade das bombas existentes, pode-se utilizar uma classificação resumida, dividindo-as em dois grandes grupos:
R
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1. Bombas centrífugas ou de deslocamento não positivo (hidrodinâmicas): A movimentação do fluído ocorre pela ação de forças que se desenvolvem na massa do mesmo, em consequência da rotação de um eixo no qual é aco-
D
plado um disco (rotor, impulsor) dotado de pás (palhetas, hélice), que recebe o fluído pelo seu centro e o expulsa pela periferia, pela ação de força centrífuga.
2. Bombas volumétricas ou de deslocamento positivo: a movimentação do fluído é causada diretamente pela ação do órgão de impulsão da bomba que obriga o fluído a executar o mesmo movimento a que está sujeito este impulsor (êmbolos, engrenagens, lóbulos, palhetas). O fluído ocupa e desocupa espaços no interior da bomba, de forma sucessiva, com volumes conhecidos, sendo que o movimento geral deste fluído dá-se na mesma direção das forças
39
8.
12
6. 8
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-2
4
a ele transmitidas.
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2
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
A tabela abaixo divide as principais bombas de acordo com a sua classificação. Classificação de Bombas 398.126.848-24
Centrífugas ou
Centrífugas radiais (pura)
deslocamento não
Centrífuga de fluxo misto
positivo
Centrífuga de fluxo axial - heli-
(hidrodinâmicas)
coidais Alternativas Pistão Diafragma
T
Membrana Volumétricas ou de
Rotativas
deslocamento positivo
Engrenagens Lóbulos
AF
Palhetas
Parafusos
Peristálticas
Conforme pode ser analisado através da tabela de classificação, as bombas
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Alternativa (D) ✆ ✝
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6. 8
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D
R
helicoidais são de deslocamento não positivo ou dinâmica.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 2
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) O compressor de parafusos utiliza dois rotores que giram engrenados um ao outro e em sentidos opostos para produzir pressão. Tal compressor é classificado como (A) volumétrico rotativo (B) volumétrico alternativo (C) dinâmico rotativo (D) dinâmico alternativo (E) de deslocamento não positivo
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Resolução:P2-21-Q68 Os compressores de parafusos possuem dois rotores em forma de parafusos que giram em sentido contrário, mantendo entre si uma condição de en-
T
grenamento. O gás penetra pela abertura de sucção e ocupa os intervalos entre os filetes dos rotores. A partir do momento em que há o engrenamento de um determinado filete, o gás nele contido fica encerrado entre o rotor e as paredes da carcaça. A rotação faz então com que o ponto de engrenamento vá se deslo-
AF
cando para frente, reduzindo o espaço disponível para o gás e provocando a sua compressão. Finalmente, é alcançada a abertura de descarga, e o gás é liberado. Os compressores utilizam o mesmo sistema de classificação aplicado nas bombas, de acordo com o movimento realizado pelo fluído. Desta forma, consultando a tabela apresentada na questão da página 1, o candidato pode concluir que os compressores de parafusos são do tipo volumétricos rotativos. 398.126.848-24
R
A figura abaixo mostra uma vista de corte de um compressor do tipo para-
D
fuso, onde são evidenciados os dois rotores engrenados.
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 3
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Na modelagem do comportamento das turbinas, normalmente se considera que as variações das energias cinética e potencial são desprezíveis, e que o processo na turbina é adiabático. Com essas considerações, pela primeira lei, constata-se que o trabalho produzido corresponde à(ao) (A) energia interna no estado final (B) variação da entropia do estado inicial até o final (C) variação da entalpia do estado inicial até o final (D) variação da pressão do estado inicial até o final (E) calor específico no estado final
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Resolução:P2-21-Q69 A primeira lei da Termodinâmica aplicada a volumes de controle operando
T
em regime permanente é expressa pela seguinte equação: Ve2 Vs2 Q + he + + gZe = hs + + gZs + W 2 2
AF
Onde Q representa a transferência de calor, he e hs são as entalpias de entrada e saída, Ve e Vs as velocidades de entrada e de saída, Ze e Zs as cotas de altura de entrada e saída do sistema, g é a aceleração da gravidade e W o trabalho produzido no sistema.
Na modelagem do comportamento das turbinas devem ser feitas as seguintes considerações:
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R
1. As variações de energia potencial são insignificantes quando comparadas com as das outras formas de energia. Esta variação é desprezada porque a variação de altura entre a entrada e saída da turbina é muito pequena. Desta
D
forma, pode-se considerar que Ze ≈ Zs .
2. Se as velocidades são pequenas, inferiores a cerca de 20 m/s, a energia cinética é normalmente insignificante quando comparada com outros termos de energia. Além disso, quando as velocidades de entrada e saída do sistema são praticamente as mesmas, a variação da energia cinética é pequena. Portanto, se não houver grande diferença entre as velocidades do fluido na seção de entrada e saída da turbina, os termos da energia cinética (Ve e Vs ) podem ser desprezados. 3. A rejeição de calor indesejável da turbina (Q) para o ambiente também é muito pequena. Logo, pode-se admitir que o processo na turbina é adiabático (Q ≈
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Baseando-se nas considerações feitas acima, é possível reescrever a equação da primeira lei da termodinâmica aplicada a volumes de controle. W = he − hs 398.126.848-24
Portanto, o trabalho produzido corresponde à variação da entalpia do estado inicial até o final. Referência: Wilen, Van 2012: Fundamentos da Termodinâmica, 7a edição. ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
T
Questão 4
AF
Uma bomba de deslocamento positivo possui um deslocamento volumétrico de 1,2 L/rot. Se o eixo da bomba gira a 1.000 rpm, a vazão volumétrica, em L/s, vale (A) 5 (C) 12 (E) 40 (B) 10 (D) 20
Resolução:P2-21-Q70
Esta questão é bastante simples, e pode ser resolvida com simples conversões de unidades e regras de três.
Como desejamos encontrar a vazão em L/s, primeiramente converteremos
R
a velocidade de rotação da bomba de rpm (rotações por minuto) para rotações
398.126.848-24
por segundo:
D
1.000 rot N = 1.000 rpm = × min
1 min 60 s
=
100 rot 50 = rot/s 6s 3
Agora basta multiplicarmos o deslocamento volumétrico pela velocidade de
rotação, obtendo a desejada vazão volumétrica: Q = VD × N L 50 rot Q = 1, 2 × rot 3 s 60 Q= L/s 3 Q = 20 L/s ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 5
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012) A associação de bombas em série é uma solução utilizada quando há a instalação de alturas manométricas relativamente altas. Nesse tipo de instalação, torna-se necessário o desenvolvimento de grandes pressões.
398.126.848-24
Para a mesma vazão, sendo H1 a altura manométrica da bomba 1 e H2 a altura manométrica da bomba 2, qual é a expressão que define a altura manométrica total do arranjo dessas duas bombas em série? (A) H1 + H2 (B) (H1 + H2)2 (C) H1 . H2
H1 . H2 H1 + H2
AF
(E)
T
(D) H1 (1 +H2)
Resolução:
A carga de uma bomba, altura manométrica (H) ou head é definida como a “Energia por Unidade de Peso” que a bomba fornece ao fluido em escoamento através da mesma. Esta grandeza é função do tipo de pás do rotor, gerando vários tipos de curvas de acordo com a forma que apresentam.
A curva característica de uma instalação representa a energia por unidade
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R
de peso que deve ser fornecida ao fluido, em função da vazão desejada, de tal forma que o mesmo possa escoar nessa instalação em regime permanente. As razões que conduzem a necessidade de associação de bombas está, por
D
exemplo, a inexistência de bombas no mercado que possam atender isoladamente a vazão necessária ou talvez a inexistência de bombas no mercado capazes de vencer a altura manométrica de projeto. Quando bombas são associadas em série, a altura manométrica (Hs ) do
conjunto é a soma das alturas manométricas de cada bomba, ou seja: Hs = H1 + H2 Por outro lado, a vazão do conjunto é compartilhada entre as duas bombas:
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Qs = Q1 = Q2
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Para associação de bombas em paralelo, as relações acabam invertidas: Hp = H1 = H2 Qp = Q1 + Q2 398.126.848-24
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Alternativa (A) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
T
Questão 6
AF
Uma usina termelétrica a ciclo combinado utiliza em sua planta as turbinas a gás e a vapor para geração de energia elétrica. Ao integrar a geração das turbinas a gás e a vapor, a usina de ciclo combinado passa a utilizar, associados a cada tecnologia, respectivamente, os ciclos de (A) Otto e Diesel (B) Otto e Rankine (C) Brayton e Carnot (D) Brayton e Rankine (E) Carnot e Diesel
Resolução:
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R
(A) INCORRETA. Otto e Diesel são ciclos de motores a combustão. (B) INCORRETA. Otto é ciclo de motor a combustão. (C) INCORRETA. Brayton é o ciclo presente em turbinas a gás, porém o ciclo
D
de Carnot é o ciclo teórico executado por uma máquina térmica. Idealizado pelo engenheiro francês Carnot, o rendimento da Máquina de Carnot é o máximo que uma máquina térmica trabalhando entre dadas temperaturas de fonte quente e fonte fria pode ter. Este ciclo teórico não ocorre em uma turbina a vapor.
(D) CORRETA. Brayton e Rankine são os ciclos presentes respectivamente na turbina a gás e turbina a vapor. Estes ciclos são tipicamente utilizados no ciclo combinado. Os dois sistemas estão ligados por uma caldeira de recuperação onde se aproveita a energia dos gases de escape da turbina a gás para gerar
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o vapor de água que alimenta a turbina a vapor. Não confundir com cogeração
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que é definida como um processo de produção e utilização combinada de calor e eletricidade, proporcionando melhor aproveitamento da energia térmica. Ciclo Combinado possui dois ciclos termodinâmicos e produz um produto final (eletricidade). Na cogeração, com um ciclo termodinâmico, são obtidos dois produtos finais (eletricidade e vapor). O arranjo do ciclo combinado é exempli-
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AF
T
ficado a seguir:
(E) INCORRETA. Carnot é um ciclo teórico. Diesel é ciclo de motores a combus-
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tão.
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Questão 7
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012) Apesar da baixa eficiência da geração termelétrica e da poluição atmosférica produzida, esse tipo de tecnologia é amplamente empregado em diversos países no mundo. Dentro desse tipo de geração, pode-se considerar como as principais tecnologias empregadas as turbinas a gás e as turbinas a vapor. Quais os elementos fundamentais que constituem uma turbina a gás na geração termelétrica a gás em ciclo simples aberto? (A) Caldeira, câmara de combustão e turbina (B) Caldeira, câmara de combustão e compressor (C) Condensador, compressor e turbina (D) Câmara de combustão, condensador e compressor (E) Câmara de combustão, compressor e turbina
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T
Resolução: Neste caso, é importante lembrar que o fluido de trabalho é um gás. Em turbinas a vapor, existe um circuito fechado de água, que é aquecida na caldeira e
AF
fornece potência para a turbina.
Em turbinas a gás, a potência é obtida através de 3 passos básicos aos quais correspondem 3 equipamentos distintos:
Compressor : comprime o ar de admissão para uma pressão mais alta Câmara de combustão : queima o combustível e produz gás de combustão que devido a alta pressão e alta temperatura possui uma grande quantidade de 398.126.848-24
R
energia.
Turbina : extrai energia do gás a alta pressão e alta velocidade vindo da câmara
D
de combustão.
Como exposto no diagrama abaixo:
A fase de expansão que ocorre na turbina produz energia suficiente para mover o compressor e fornecer trabalho útil para uma outra carga acoplada a este ✞
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conjunto.
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Questão 8
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Suponha que, em uma instalação, uma bomba está operando com vazão de 0,015 m3/s e fornece uma altura manométrica de 25 metros quando sua rotação é de 3.000 rpm. Para a mesma vazão, qual seria a altura manométrica, em metros, fornecida caso a rotação da bomba fosse de 2.400 rpm? (A) 7 (B) 12 (C) 16 (D) 20 (E) 25
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Resolução: As curvas características das bombas podem variar em função da rotação
T
do rotor, do diâmetro do rotor, da forma do rotor ou com o tempo de uso. Entre diferentes curvas, pontos de igual rendimento possuem uma relação, construindo as chamadas curvas de isoeficiência. Pontos de mesmo rendimento
AF
são chamados de pontos homólogos. Para pontos homólogos, as seguintes relações são válidas entre vazão (Q), rotação (N ) e altura manométrica (H): Q1 N1 = Q2 N2 H1 N2 = 12 H2 N2
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R
Alterando a rotação como citado no enunciado, estamos falando de pontos
situados em duas curvas características diferentes. Supondo que estes dois pontos, incluindo o ponto desconhecido, são homólogos, é possível realizar o seguinte
D
cálculo:
H1 N2 = 12 H2 N2 25 30002 = H2 24002 25 302 = 2 H2 24 25 × 242 25 × 242 H2 = = 302 30 × 30 242 24 × 24 H2 = = = 4 × 4 = 16 m 6×6 6×6 ✞
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Questão 9
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Um dos principais meios de suprimento de energia dos grandes centros urbanos é a geração de energia elétrica a partir das usinas termelétricas. A baixa eficiência das termelétricas, porém, é uma característica negativa desse tipo de geração. A usina termelétrica de ciclo combinado é uma solução interessante que combina as tecnologias de geração a gás e a vapor para aumentar a eficiência total do parque de geração. A esse respeito, analise as afirmativas a seguir.
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– Uma vantagem do ciclo combinado é que há a possibilidade de operar apenas com a turbina a gás, deixando a turbina a vapor ociosa. II – O compressor é parte constituinte do sistema de geração a vapor, sendo responsável por manter o vapor a alta pressão. III – A caldeira de recuperação de calor possibilita que o sistema de geração a vapor aproveite o calor proveniente dos gases de exaustão da turbina a gás.
T
I
AF
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução:
I - VERDADEIRA. No ciclo combinado, as turbinas operam em conjunto. Para 398.126.848-24
R
evitar que a indisponibilidade de uma das turbinas afete toda a operação, boa parte das térmicas a gás natural adota a configuração de mais de uma turbina a gás para cada turbina a vapor. Desta forma, os riscos de paralisação são reduzidos. Se uma turbina a gás falhar, a turbina a vapor passa
D
apenas a operar com capacidade reduzida em vez de interromper totalmente o funcionamento. Caso a turbina a vapor pare, existe o modo de operação bypass, com grande redução na eficiência térmica. Em modo bypass, todo o vapor produzido na caldeira de recuperação (HRSG) é direcionado diretamente para o condensador e não produz trabalho útil na turbina a vapor.
II - FALSA. O compressor está presente em turbinas a gás para comprimir o ar atmosférico. Em turbinas a vapor, a pressão do vapor é gerada através do aumento de temperatura da água da caldeira através do calor produzido pela
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queima de combustível.
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III - VERDADEIRA. É justamente a caldeira de recuperação que viabiliza o ciclo combinado. O ar aquecido pela queima do combustível da turbina a gás, após passar pela sua descarga, ainda possui energia suficiente para aquecer a água da caldeira da turbina a vapor. Este arranjo aumenta a eficiência 398.126.848-24
global do conjunto, apesar que as turbinas associadas são ajustadas para pontos de operação diferentes daqueles que seriam os ideais caso cada turbina operasse isoladamente. ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
T
Questão 10
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R
AF
Os processos térmicos que ocorrem nas turbinas a gás, quando são feitas simplificações para seus estudos, podem ser descritas pelo ciclo ideal de Brayton. Nesse ciclo, ocorrem (A) duas transformações isotérmicas e duas transformações isentrópicas (B) duas transformações isotérmicas e duas transformações isométricas (C) duas transformações isométricas e duas transformações isentrópicas (D) duas transformações isobáricas e duas transformações isentrópicas (E) uma transformação isométrica, uma transformação isobárica e duas transformações isentrópicas
Resolução:
O ciclo se constitui de quatro etapas. Primeiramente, o ar em condição am-
D
biente passa pelo compressor, onde ocorre compressão adiabática e isentrópica, com aumento de temperatura e consequente aumento de entalpia. Comprimido, o ar é direcionado para as câmaras de combustão, onde mistura-se com o combustível, possibilitando queima e aquecimento a pressão constante. A câmara não permite aumento de pressão porque o caminho preferencial busca alcançar a turbina e sofrer consequente expansão. Ao sair da câmara de combustão a alta pressão e temperatura, os gases se expandem conforme passam pela turbina, idealmente sem variação de entropia. A pressão na descarga da turbina é considerada para definir a relação de pressão do sistema e consequentemente o rendimento do processo. Se a descarga
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for a pressão atmosférica, os gases quentes de escape estarão nesta pressão,
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restando apenas rejeitar o calor remanescente para o ambiente. A última etapa é, portanto, considerada isobárica. A rejeição de calor é um limite físico, intrínseco ao funcionamento de ciclos termodinâmicos, mesmo nos casos ideais, como define a segunda lei da termodinâmica.
Questão 11
AF
T
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) 398.126.848-24
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As turbinas a vapor são máquinas capazes de aproveitar a energia interna do vapor e convertê-la em energia cinética, através do escoamento do vapor pelas palhetas móveis. Em geral, nas aplicações de geração de energia elétrica, no nível de Sistemas Elétricos de Potência (SEP), as turbinas a vapor empregadas são de (A) condensação com múltiplos estágios . (B) condensação com um único estágio. (C) contrapressão com múltiplos estágios. (D) contrapressão com um único estágio. (E) evaporação com único estágio.
Resolução: Os três tipos mais comuns de Turbinas a Vapor são: • As turbinas de contrapressão descarregam o vapor em uma pressão ainda elevada e ainda apresentando conteúdo energético a ser aproveitado. O va-
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por é descarregado superaquecido. A temperatura do exausto oferece um
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indicativo da eficiência da turbina. Esse arranjo resulta em baixa potência e alto rendimento térmico da instalação. Estes modelos de turbinas são de baixa potência, aplicáveis em acionamentos de bombas, ventiladores, exaustores e também em geradores de micro398.126.848-24
centrais termoelétricas com potência de cerca de 20 kW a 1500 kW. Pela forma como é calculada, a eficiência global da planta resulta maior no caso da turbina de contrapressão. A quantidade de vapor produzido no caso da utilização da turbina de contrapressão é maior. • As turbinas condensantes são sistemas fechados de geração de energia. O vapor tanto atravessa a turbina fazendo-a girar, como também, ao ser condensado, gera uma zona de baixa pressão no difusor de saída da turbina,
T
facilitando a entrega de energia ao eixo da turbina. É o tipo mais comum em centrais termoelétricas, nucleares, centrais de ciclo combinado e em processos industriais. Essas turbinas usualmente descarregam vapor úmido, sendo
AF
permissível um teor de umidade máximo da ordem de 10%. Nesse caso, a temperatura do exausto não pode ser usada como indicativo da eficiência da turbina, pois havendo condensado a temperatura é constante no ponto de ebulição da água. Esse arranjo resulta em alta potência e baixo rendimento térmico da instalação. Em ciclos de condensação, após deixar a turbina, o vapor passa por um condensador que o converte novamente em água, fazendo-a retornar à caldeira em ciclo fechado.
R
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• As turbinas de extração-condensação descarregam em dois ou mais níveis de pressão, sendo que em geral o último nível é o de condensação. Esse arranjo acarreta alta flexibilidade operacional da instalação e eficiência térmica
D
do ciclo dependente da divisão do fluxo. Nas turbinas de grande porte, costuma-se realizar a expansão em diversas
etapas, caracterizando assim diversos estágios, cada qual constituído por uma roda fixa de expansores e uma roda móvel de potência. Em máquinas de menor potência, entretanto, o salto de entalpia a aproveitar é usualmente menor. Além disso, decresce a preocupação com a eficiência da máquina e cresce a importância do custo inicial. Por isso, máquinas de pequena potência são usualmente máquinas compactas, constituídas de um só estágio, sempre de ação, apesar do prejuízo à sua eficiência.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) No projeto e especificações de bombas e sistemas de bombeamento, é necessário o conhecimento de vários parâmetros, tendo em vista o pleno atendimento das necessidades da instalação. A respeito das bombas, associe as definições apresentadas na 1a coluna com o respectivo tipo de potência indicado na 2a coluna.
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- Potência fornecida pelo motor ao eixo da bomba. II - Potência fornecida pelo motor ao eixo da bomba subtraída das perdas por atritos. III - Potência que corresponde à energia aproveitada pelo líquido para seu escoamento fora da própria bomba.
P Q R S
-
útil de elevação motriz aparente
T
I
AF
Estão corretas as associações (A) I - P , II - Q , III - S. (B) I - Q , II - R , III - P. (C) I - R , II - P , III - Q. (D) I - R , II - Q , III - P. (E) I - S , II - P , III - R.
Resolução:
Potência motriz, também denominada consumo de energia da bomba, é a potência fornecida pelo motor ao eixo da bomba. A potência fornecida a bomba 398.126.848-24
R
pelo eixo girante do motor para que a bomba realize sua função de elevar uma vazão Q a uma altura H.
Uma parcela da energia recebida através do eixo (potência motriz) é con-
sumida em engrenagens e perdas por atrito na bomba. Potência de elevação é a
D
potência cedida pelo rotor ao líquido. Representa a potência motriz após as perdas mecânicas.
Por sua vez, não é toda a energia cedida pelo rotor ao liquido que é aprovei-
tada para fazer com que o fluido se desloque da sucção até a saída da tubulação de recalque. Parte é perdida no interior da bomba em consequência de recirculação, vazamentos e perdas hidráulicas diversas. Potência útil é a energia efetivamente aproveitada pelo líquido para seu escoamento fora da própria bomba. Potência aparente é uma grandeza de natureza elétrica, tipicamente medida em kVA, pode ser decomposta em Potências Ativa e Reativa no triângulo de po-
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tências. O fator de potência é a razão entre a potência ativa e a potência aparente.
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Importante definir as seguintes grandezas: • Rendimento mecânico é a relação entre a potência de elevação e a motriz. • Rendimento hidráulico é a relação entre a potência útil e a de elevação. 398.126.848-24
• Rendimento total é a relação entre a potência útil e a motriz . ✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
AF
Questão 13
T
Alternativa (D) ✆ ✝
Gráfico de pré-seleção de bombas
40
H
K
20
G
I
F
L
R
altura manométrica total [mca]
30
398.126.848-24
D
10
5
10
J
N M
20
30
40
50
60 70 80 90 100
150
vazão [m3/h]
Uma instalação de bombeamento opera nas seguintes condições: • Altura da sucção: Hs = 5 metros • Altura do recalque: Hr = 10 metros • Perda de carga na sucção: hfsucção = 0,5 metro • Perda de carga do recalque: hfrecalque = 5 metros • Velocidade de escoamento: V = 0,8 m/s • Diâmetro da tubulação: D = 200 mm
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Com base nessas informações e no gráfico de pré-seleção de bombas apresentado acima, a família de bombas mais adequada para essa instalação é a (A) F (B) H (C) I (D) J (E) K
398.126.848-24
398.126.848-24
17
8.
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39
Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
Resolução: Para encontrar a família de bombas mais adequada no gráfico de préseleção fornecido, os passos são os seguintes: 398.126.848-24
• Identifique a vazão necessária para a aplicação em metros cúbicos por hora [m3 /h]
• Identifique, acompanhando a tabela fornecida para seleção, a altura manométrica total [mca].
T
• No gráfico, selecione o tipo de bomba que mais está próxima à interseção destes dois valores
AF
Um fluido sempre escoa de uma condição de energia maior para outra de energia menor. Para realizar algo diferente disso é necessário fornecer energia ao escoamento. Isso é o que uma bomba hidráulica faz. Uma bomba converte a energia mecânica que recebe do motor de acionamento em energia hidráulica. Para dimensionar a quantidade de energia que a bomba deve fornecer é necessário determinar dois dados para encontrar um ponto na tabela.
398.126.848-24
R
Um dos dados a ser determinado é a vazão. Atendendo o primeiro passo
citado, é necessário calcular a vazão da bomba desejada a partir dos dados de 0,2
D
m de diâmetro e 0,8 m/s de velocidade do fluido. Q = vA π × D2 Q=v 4 π × 0, 22 Q = 0, 8 4 π × 0, 04 Q = 0, 8 4 Q = 0, 8π × 0, 01 Q = 0, 8π × 0, 01 Q ≈ 0, 025 m3 /s
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para poder aproveitar o gráfico de pré-seleção, a vazão calculada deve ser
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
18
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
expressa na mesma unidade de vazão utilizada no gráfico. Portanto: Q[m3 /h] = Q[m3 /s] × 3600 Q[m3 /h] ≈ 0, 025 × 3600 Q[m3 /h] ≈ 90 m3 /h
398.126.848-24
O outro dado é a altura manométrica total. Este dado pode ser considerado como sendo igual à variação de altura manométrica do fluido (entre as condições inicial e final) somada as perdas de carga na tubulação. Neste caso, portanto: HT = Hr − Hs + hfsuccao + hfrecalque HT = 10 − 5 + 5 + 0, 5
T
HT = 10, 5 m
De posse dos dados das coordenadas que indicam a bomba que será seleadequada:
AF
cionada, basta marcar este ponto no gráfico e encontramos a família de bombas
Gráfico de pré-seleção de bombas
40
H
K
20
G
I
398.126.848-24
F
R
altura manométrica total [mca]
30
L
D
10
5
10
J
N M
20
30
40
50
60 70 80 90 100
150
3
vazão [m /h]
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
19
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008) Tendo em vista as principais características das usinas termelétricas a vapor, a gás e a ciclo combinado, considere as afirmações a seguir. I - As usinas termelétricas a vapor são aquelas que se utilizam exclusivamente da combustão externa para gerar energia elétrica. Assim, podem utilizar diversos tipos de combustíveis, como por exemplo: óleo combustível, óleo diesel, carvão, gás natural e biomassa (lenha, bagaço de cana, lixo, etc.). II - Quanto ao aspecto ambiental, usinas termelétricas a vapor, dependendo do combustível utilizado, apresentam taxas significativas de emissão de gases poluentes, implicando a possível formação de “chuva ácida” e o agravamento do “efeito estufa”. III - As usinas termelétricas a vapor e a gás se baseiam no Ciclo de Brayton, no qual o ar comprimido é continuamente succionado pelo compressor, onde é comprimido para uma alta pressão. O ar comprimido entra na câmara de combustão, onde é misturado ao combustível e ocorre a combustão, resultando em gases com alta temperatura. IV - No caso das termelétricas a ciclo combinado, funcionam no mesmo ciclo turbinas a gás e a vapor, o que garante que a energia perdida pela descarga a alta temperatura dos gases na turbina a gás seja aproveitada para a geração de vapor, aumentando significativamente o rendimento do ciclo.
AF
T
398.126.848-24
Estão corretas APENAS as afirmações (A) I e II (B) III e IV (C) I, II e III (D) I, II e IV (E) II, III e IV
R
398.126.848-24
Resolução:
D
I - VERDADEIRA. Em usinas termoelétricas convencionais, o fluido de trabalho que irá mover a turbina é o vapor aquecido a partir da combustão de um combustível fóssil através de uma caldeira de pressão. Uma usina nuclear pode ser considerada como um caso especial de termoelétrica, uma vez que o reator nuclear também é utilizado para aquecer água até a forma de vapor.
II - VERDADEIRA. As usinas termoelétricas são instalações que produzem energia elétrica a partir da queima de carvão, óleo combustível ou gás natural em caldeiras projetadas para o combustível específico que será utilizado. O maior impacto ambiental produzido pelas termoelétricas são os gases produzidos. São produzidos óxidos e dióxidos de enxofre, óxidos de nitrogê-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
nio, monóxido e dióxido de carbono, outros gases e particulados. A poluição
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398.126.848-24
20
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
causa problemas respiratórios, como infecções dos brônquios e doenças pulmonares. A queima do carvão produz monóxido de carbono e carbono puro, que são lançados na atmosfera, contribuindo para o aumento do efeito-estufa e piorando a qualidade do ar. 398.126.848-24
III - FALSA. Turbinas a vapor funcionam a partir de um ciclo de Rankine. São as turbinas a gás que funcionam a partir do ciclo de Brayton. IV - VERDADEIRA. Apesar de funcionarem de acordo com ciclos termodinâmicos distintos, as turbinas a gás e a vapor podem ser combinadas e operarem sob um mesmo ciclo de operação, sendo chamado de ciclo combinado. A energia que seria descartada por uma turbina é reaproveitada no estágio se-
T
guinte. As turbinas passam a operar em pontos onde o rendimento individual não é máximo, porém o rendimento do conjunto é maior do que cada turbina operando isoladamente.
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008)
R
Questão 15
AF
✞
Considere as afirmativas a seguir sobre centrais termelétricas de ciclo combinado.
D
I - O rendimento das centrais de ciclo combinado é maior do que o de uma turbina operando isoladamente porque são utilizados dois tipos de turbinas: a principal (turbina a gás natural), e a auxiliar (movida a óleo diesel). II - A caldeira de recuperação de calor é capaz de recuperar parte do calor na saída da turbina a gás, que, por sua vez, serve para aquecer o vapor da turbina auxiliar. III - A quantidade de vapor produzida na caldeira de recuperação é suficiente para acionar uma turbina auxiliar capaz de gerar a metade da energia elétrica da turbina a gás correspondente.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A(s) afirmativa(s) correta(s) é (são): (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
398.126.848-24
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Bombas, Compressores e Turbinas
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6
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Resolução: I - FALSA. No ciclo combinado, a segunda turbina é movida a vapor d’água. Se a turbina auxiliar estivesse operando isolada, o vapor seria aquecido a partir da combustão externa de um combustível fóssil. Porém, no ciclo combinado,
398.126.848-24
o vapor é aquecido com os gases de descarga da turbina a gás. II - VERDADEIRA. Caldeira é um trocador de calor complexo que produz vapor a partir de energia térmica fornecida a água pelo combustível. Quando o combustível é resíduo de um outro processo, como no caso do ciclo combinado, a caldeira é denominada caldeira de recuperação. As caldeiras de recuperação de calor utilizam o calor dos gases de exaustão do processo
T
de combustão de uma etapa anterior, como em uma turbina a gás, para a produção de água quente ou vapor saturado.
III - VERDADEIRA. Usando uma caldeira de recuperação (HRSG), a eficiência
AF
térmica eleva-se substancialmente, pois o vapor assim produzido aciona uma turbina, sem necessidade de queima de combustível adicional. A temperatura máxima que pode ser obtida no vapor depende da temperatura dos gases de exaustão da turbina a gás. Tipicamente, a quantidade de vapor produzida é suficiente para acionar uma turbina a vapor capaz de gerar a metade da energia elétrica da turbina a gás correspondente. Em con-
R
sequência, um dos arranjos clássicos de uma usina de ciclo combinado são
398.126.848-24
duas turbinas a gás e uma a vapor. ✞
☎
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6. 8
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-2
4
D
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 16
22
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008) Uma caldeira produz vapor através da queima de um combustível. Este vapor movimenta uma turbina que, conseqüentemente, aciona um gerador elétrico, produzindo energia elétrica. Após passar pela turbina, o vapor é condensado, transferindo calor à água de resfriamento. Em relação a esse processo termelétrico, analise as afirmativas a seguir.
398.126.848-24
I - Estas fases pertencem ao processo termelétrico conhecido como Ciclo de Rankine. II - O resfriamento do vapor demanda uma grande quantidade de água, o que torna necessário um criterioso Estudo de Impacto Ambiental (EIA) para a liberação do projeto da usina termelétrica. III - Estas fases pertencem ao processo termelétrico conhecido como Ciclo de Brayton.
AF
Resolução:
T
Está(ão) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) II e III
I - VERDADEIRA. O Ciclo Rankine é um ciclo termodinâmico reversível que converte calor em trabalho. O calor é suprido via externa, geralmente através de combustíveis fósseis, para um circuito fechado onde é usual usar água. O ciclo Rankine está presente para turbinas a vapor, como a turbina que foi citada no enunciado.
398.126.848-24
R
II - VERDADEIRA. A elaboração do EIA destina-se a incorporar as considerações sociais e ambientais em todas as etapas de planejamento de um investimento, desde a fase de identificação do projeto, seleção dos locais e de tecnologias até as fases posteriores de implementação.
D
Na ausência de tal análise de alternativas, as decisões são tomadas apenas com base em viabilidade técnica e econômica e em opções políticas. Neste caso, o EIA tende a ser direcionado para apoiar ou reafirmar a proposta do projeto e, na melhor das hipóteses, se torna um exercício de limitação de prejuízos, com os benefícios se resumindo à identificação de medidas de mitigação. O atual estágio da tecnologia de usinas termoelétricas, quando operando adequadamente, costuma apresentar uma eficiência ligeiramente superior a 50%. Cerca de metade da energia liberada na queima do combustível não é convertida em eletricidade, parte dela é descartada para o meio ambiente
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
na forma de calor. Uma grande parte da inevitável rejeição de calor ocorre
398.126.848-24
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Bombas, Compressores e Turbinas
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6
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nos condensadores, com a ajuda de sistemas de resfriamento que utilizam a água ou o ar como fluido refrigerante. Principalmente no caso da água, esse calor descartado causa grande impacto no ecossistema, elevando excessivamente, por exemplo, a água do rio onde essa água é descartada. Visando mitigar este impacto, existe a necessidade de realizar um EIA/RIMA. Este
398.126.848-24
calor pode alterar as condições de existência de flora ou fauna e interferir decisivamente como fator limitante para a reprodução de espécies. III - FALSA. O Ciclo Brayton é o ciclo que serve de modelo para aplicações de turbinas a gás onde o fluido de trabalho é o ar. O ciclo Brayton é um ciclo termodinâmico no qual a adição de calor ocorre a pressão constante. ✞
☎
Questão 17
AF
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008) A cogeração é a forma de atender às demandas de energia elétrica e térmica a partir de uma única fonte de energia. Em função da seqüência em que são obtidas estas formas de energia, tem-se a tecnologia empregada na cogeração. A respeito de cogeração, considere as afirmativas a seguir.
R
398.126.848-24
D
I - Cogeração Bottoming é aquela em que, a partir da energia disponibilizada pela fonte de energia, o primeiro aproveitamento se dá para a produção de energia elétrica, e em seguida para o aproveitamento da energia térmica. II - Em processos industriais que operam em altas temperaturas (1000~1200ºC) como, por exemplo, usinas siderúrgicas ou refinarias de petróleo, a tecnologia empregada na cogeração é a Topping. III - Uma vez que a temperatura de rejeição da geração termelétrica está acima dos 400 ºC, a tecnologia de cogeração mais adequada para atender unidades consumidoras que operam com processos industriais que operam com temperaturas abaixo desta faixa é a do tipo Topping.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Está(ão) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
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8.
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6
398.126.848-24
Resolução: Cogeração é a produção conjunta de trabalho mecânico e calor utilizável a partir da queima do mesmo combustível. Em uma unidade de cogeração, a energia que seria perdida em forma de calor é aproveitada para prover calor a um processo
398.126.848-24
subsequente, fazendo com que uma instalação de cogeração possa ter eficiência térmica de até 85%. Os sistemas de cogeração são basicamente divididos em dois grandes grupos em função da sequência de utilização da energia, podendo ser: topping cycle ou bottoming cycle. I - FALSA. Nos sistemas com bottoming cycle, o ciclo energético produz primei-
T
ramente vapor, absorvendo o que é fornecido pela fonte de energia. Este fluido é então utilizado para produção de energia mecânica ou elétrica em
AF
turbinas a vapor e depois repassado ao processo. Vapor
Vapor
Chaminé
Combustível
Caldeira
KW
Condensado
398.126.848-24
R
Esquema do sistema de cogeração do tipo "bottoming cycle".
II - FALSA. A utilização de calor nas indústrias é habitual na faixa entre 120 e 200◦ C para processos como secagem, cozimento, evaporação, etc. Já a ge-
D
ração de energia elétrica trabalha adequadamente em níveis de temperatura entre 400 e 950◦ C. Sabendo que a temperatura de rejeição da geração termolétrica encontra-se mais elevada que a temperatura encontrada nos processos industriais é racional que se pense em um sistema de cogeração do tipo topping onde o calor utilizado pelo processo industrial é aproveitado do rejeito da geração elétrica. Por outro lado, os processos industriais citados nessa alternativa operam em altas temperaturas.
Após o processo, os gases de exaustão ainda
encontram-se a temperaturas suficientemente elevadas para geração de energia elétrica. Ao invés de descartá-lo diretamente na atmosfera, este
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8.
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6. 8
48
-2
4
calor residual pode ser direcionado a um trocador de calor, para produção de
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Bombas, Compressores e Turbinas
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vapor que alimentará uma turbina a vapor, aumentando a eficiência global do processo. Neste caso, o ciclo tipo bottoming é adotado. III - VERDADEIRA. Nos sistemas tipo topping cycle, o combustível é usado primeiramente na produção de energia elétrica ou mecânica em turbinas a gás
398.126.848-24
devido a temperatura ainda elevada e o calor rejeitado é recuperado para o sistema térmico. Vapor
Chaminé Gás
KW
T
Caldeira Recuperação
Condensado
Esquema do sistema de cogeração do tipo "topping cycle".
AF
Como o fluxo energético a ser reaproveitado citado na alternativa ainda se apresenta em uma temperatura elevada, o mais apropriado é utilizá-lo primeiramente para geração de energia elétrica para depois disponibilizar para um processo industrial comum. Para este caso, o mais apropriado é o ciclo do tipo topping, supondo que se trata de um processo industrial típico, onde
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆
✝
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6. 8
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-2
4
D
R
a temperatura habitual de interesse está abaixo dos 200◦ C.
398.126.848-24
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Questão 18
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008)
398.126.848-24
AF
Resolução:
T
O processo de funcionamento das centrais termelétricas é baseado na conversão de energia térmica em energia mecânica, e desta, em energia elétrica. O processo é iniciado com o aquecimento de um fluido que, assim, se expande realizando trabalho juntamente a turbinas térmicas. Logo após, ocorre o acionamento mecânico de um gerador elétrico acoplado ao eixo da turbina, obtendo-se assim energia elétrica. A esse respeito, considere as afirmativas a seguir. I - A produção de energia térmica pode-se dar pela transformação da energia química dos combustíveis fósseis ou pela energia radioativa dos combustíveis radioativos. II - Termelétricas a vapor utilizam combustão interna para gerar energia elétrica, podendo utilizar diversos combustíveis como óleo diesel, gás natural ou biomassa. III - A geração de energia através de termelétricas a gás se baseia no Ciclo de Brayton, enquanto a geração de energia através de termelétricas a vapor convencionais se baseia no Ciclo Rankine. Está(ão) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (C) III (A) I (E) I e III (D) I e II (B) II
I - VERDADEIRA. Centrais termoelétricas convencionais queimam combustíveis fósseis. Centrais nucleares utilizam combustível radioativo para também aquecer a água. Exceto o combustível, o processo de geração de energia dos dois tipos de central é bastante parecido.
II - FALSA. A utilização de gás natural como combustível ocorre em turbinas a 398.126.848-24
R
gás, onde realmente a combustão é interna. A combustão externa utiliza geralmente combustíveis fósseis, onde o calor gerado é utilizado para aquecer a água de uma caldeira que, posteriormente, movimentará uma turbina a vapor.
D
III - VERDADEIRA. Ciclo Rankine é o ciclo ideal que serve de modelo para turbinas a vapor. Ele é composto de quatro processos internamente reversíveis: compressão adiabática na bomba, aquecimento isobárico na caldeira, expansão adiabática na turbina e rejeição de calor a pressão constante no condensador.
O ciclo Brayton representa o processo que ocorre em uma turbina a gás. A sequência dos processos é semelhante, porém o fluido de trabalho muda para ar e os gases na descarga não recirculam, sendo necessário comprimir
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12
6. 8
48
-2
4
um novo volume de ar para manter o ciclo de funcionamento. ✞ ☎ Alternativa (E) ✝ ✆
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 19
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
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398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) O Ciclo Padrão de Ar simplifica a análise termodinâmica dos ciclos de máquinas de combustão interna. No uso do Ciclo Padrão, (A) o fluido de trabalho é uma massa variável. (B) o ciclo é isotérmico em todo o seu processo. (C) o processo de transferência de calor instantâneo é substituído por um processo de combustão. (D) todos os processos são internamente reversíveis. (E) a temperatura ambiente é menor que o calor específico do fluido de trabalho.
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Resolução: Como os ciclos termodinâmicos reais que ocorrem em uma máquina térhipóteses para o ar padrão:
T
mica são muito complexos de analisar, recorre-se a aproximações, conhecidas por
• O fluido operante é o ar, que circula continuamente em circuito fechado e que
AF
tem um comportamento de gás perfeito.
• O sistema será considerado fechado, não havendo admissão nem descarga. • Os processos de compressão e expansão são considerados isoentrópicos. • Em substituição à combustão, teremos fornecimento de calor, feito por uma fonte quente externa.
• Calores específicos do ar permanecem constantes, à temperatura ambiente
R
de 25 C.
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◦
• Em substituição à descarga de gases, ocorrerá retirada de calor feita por uma fonte fria externa, sempre a volume constante.
D
• Todos os processos que constituem o ciclo são internamente reversíveis. Este modelo simplificado permite o estudo qualitativo da influência dos pa-
râmetros principais no desempenho de máquinas reais. Lembre-se também que o coeficiente de proporcionalidade c é denominado calor específico da substância. A unidade de calor específico no Sistema Internacional é J/(kgK). O calor específico varia com a temperatura e é dimensionalmente distinto da variável temperatura, não fazendo muito sentido comparar uma grandeza com a outra. Em cálculos mais exatos, deve ser considerada a variação do ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
calor específico com a temperatura.
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Questão 20
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) O tipo de planta mais empregada nas usinas termelétricas é a de ciclo combinado. Nesta planta são empregadas turbinas a gás e a vapor para a produção de energia. Qual o ciclo térmico empregado nesta planta, que opera na menor temperatura? (A) Otto (B) Rankine (C) Diesel (D) Brayton (E) Carnot
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Resolução:
usinas termelétricas.
T
(A) INCORRETA. Este é um ciclo para motores a combustão. Não é utilizado em
AF
(B) CORRETA. Localizada a jusante das turbinas a gás no arranjo de ciclo combinado, a turbina a vapor trabalha segundo o ciclo de Rankine e a uma temperatura inferior aquela que é conveniente para a turbina a gás. Por isso, os gases da descarga da turbina a gás, com parte da sua energia já extraída, são utilizados para auxiliar o aquecimento da água da caldeira. (C) INCORRETA. Este é um ciclo para motores a combustão. Não é utilizado utilizado em usinas termoelétricas.
R
398.126.848-24
(D) INCORRETA. Este é o ciclo em que se baseia o funcionamento das turbinas a gás. Turbinas a gás trabalham em temperaturas maiores, mais elevadas que turbinas a vapor. Por isso, em esquemas de ciclo combinado, estas turbinas
D
são o primeiro sistema no arranjo, fornecendo calor para funcionamento das turbinas a vapor.
(E) INCORRETA. O ciclo de Carnot é o ciclo teórico executado por uma máquina térmica. Este ciclo teórico não ocorre em uma turbina a vapor. ✞
☎
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6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 21
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Bombas, Compressores e Turbinas
12
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398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
O ciclo térmico de uma usina termelétrica a gás de ciclo simples é conhecido como o Ciclo de Brayton, que, idealmente, consiste em dois processos isobáricos e dois processos isentrópicos. Em quais componentes da planta da termelétrica ocorrem os dois processos isobáricos? (A) Câmara de Combustão e Recuperador de Calor (B) Turbina e Compressor (C) Turbina e Câmara de Combustão (D) Recuperador de Calor e Turbina (E) Compressor e Câmara de Combustão
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Resolução: O ciclo se constitui de quatro etapas. Primeiramente, o ar em condição ambiente passa pelo compressor, onde ocorre compressão adiabática e isentrópica,
T
com aumento de temperatura e consequente aumento de entalpia.
Comprimido, o ar é direcionado às câmaras de combustão, onde mistura-se com o combustível possibilitando queima e aquecimento a pressão constante.
AF
Ao sair da câmara de combustão, os gases, a alta pressão e temperatura, se expandem conforme passam pela turbina, idealmente sem variação de entropia. A potência extraída através do eixo da turbina é usada para acionar o compressor e eventualmente para acionar outra máquina.
Conceitualmente, a última etapa representa a transferência de calor do fluido para o ambiente ou para um recuperador de calor. Esta rejeição de calor é con-
R
siderada como acontecendo a pressão constante, pois é definida pela pressão
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de trabalho do recuperador ou pela pressão atmosférica presente na descarga da
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Alternativa (A) ✆ ✝
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D
turbina.
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Questão 22
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) A Central Termelétrica a Ciclo Combinado, cujos gases obtidos na combustão transferem calor diretamente à Turbina a Vapor antes de se expandir na Turbina a Gás, caracteriza a configuração de uma Central (A) a Ciclo Aberto. (B) a Ciclo Fechado. (C) em Série. (D) em Paralelo. (E) em Série-Paralelo.
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Resolução: Ciclo aberto é o que acontece em central a gás, ou seja, o fluido de trabalho (ar) é admitido na pressão atmosférica e os gases de escape, após passarem pela turbina, são descarregados de volta na atmosfera sem que retornem à admissão.
T
Já a água de caldeira de uma central a vapor permanece recirculando em circuito fechado sem ser descartada, pois está água deve ser livre de impurezas para evitar danos e corrosão na turbina a vapor.
AF
Uma central de ciclo combinado em série é a que liga um ciclo Brayton com uma turbina a gás e um ciclo a vapor através de uma caldeira de recuperação. Os gases da descarga da turbina a gás, já com um pouco da sua energia consumida, são a fonte de calor para a água na caldeira da turbina a vapor. Neste caso, os gases de uma exaustão da turbina a gás podem ser utilizados para a geração de vapor em dois níveis de pressão.
D
R
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Uma central em paralelo é aquela em que o combustível é utilizado para
gerar o calor para os dois ciclos. Os gases obtidos no processo de combustão transferem calor diretamente para a água da turbina a vapor antes de se expandi-
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rem na turbina a gás.
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Bombas, Compressores e Turbinas
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As centrais em série/paralelo funcionam como as em série, mas empregam
Questão 23
AF
T
a queima de combustível adicional na caldeira de recuperação.
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
SISTEMA I
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
EQUIPAMENTO I
ENERGIA ELETROMECÂNICA
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
EQUIPAMENTO II
ENERGIA TÉRMICA ÚTIL
EQUIPAMENTO II
EQUIPAMENTO I
R
SISTEMA II
ENERGIA ELETROMECÂNICA
ENERGIA ELETROMECÂNICA
D
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
✞
ENERGIA ELETROMECÂNICA
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6. 8
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A figura acima apresenta os diagramas de dois sistemas industriais que produzem energia eletromecânica por meio dos Equipamentos I e II, que possuem o mesmo rendimento independente do sistema em que se encontram. O primeiro Sistema consome 100 unidades de energia térmica para produzir, por meio do Equipamento I, 20 unidades de energia eletromecânica e 40 unidades de energia térmica útil para ser reaproveitada pelo Equipamento II, cujo rendimento é de 35%. No segundo Sistema, o Equipamento I produz 20 unidades de energia eletromecânica. Considerando que o Sistema II produz a mesma energia eletromecânica que o Sistema I, a relação entre os rendimentos globais do Sistema I e do Sistema II ( I II ) é (A) 0,6 (B) 1,0 (C) 1,4 (D) 1,8 (E) 2,2
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Bombas, Compressores e Turbinas
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Resolução: No Sistema I, a Energia Térmica de Entrada é 100. Uma saída do Equipamento I produz 20 unidades de Energia Mecânica. Uma outra saída do Equipamento I transfere 40 unidades de Energia Térmica Útil para o Equipamento II. No
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Equipamento II, o rendimento de 35% permite produzir 14 unidades de Energia Mecânica. EM = ETu × η EM = 40 × 0, 35 EM = 14 u
T
O rendimento (ηI ) deste sistema é calculado pela razão entre a Energia Mecânica Total (EMt ) produzida pelo sistema e a Energia Térmica de Entrada (ETe ): EMt ETe 20 + 14 ηI = 100 34 ηI = 100
AF
ηI =
SISTEMA I
D
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
40 u ENERGIA TÉRMICA ÚTIL
EQUIPAMENTO II
R
100 u
EQUIPAMENTO I
20 u
ENERGIA ELETROMECÂNICA
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14 u ENERGIA ELETROMECÂNICA
Rendimento = 35%
No Sistema II, os equipamentos estão em um arranjo diferente. O enunciado
afirma que o Equipamento I produz a mesma quantidade de Energia Mecânica, ou seja, 20 unidades. Perceba que o enunciado deixa claro que os Equipamentos I e II possuem o mesmo rendimento independente do sistema em que se encontram. O Sistema II deve produzir a mesma quantidade de energia que o sistema anterior, ou seja, 34 unidades. Como 20 dessas 34 unidades de Energia Mecâ-
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12
6. 8
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4
nica serão produzidas pelo Equipamento I, restam 14 unidades para produção no
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Bombas, Compressores e Turbinas
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Equipamento II. Já que o rendimento se mantém: EM = ETe × η EM ETe = η 14 ETe = 0, 35
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ETe = 40 u O rendimento (ηI I) deste sistema também deve ser calculado pela razão entre a Energia Mecânica Total (EMt ) produzida pelo sistema e a Energia Térmica Total de Entrada (ETe ):
AF
ηII
T
EMt ETe 20 + 14 34 = = 100 + 40 140
ηII =
R
EQUIPAMENTO I
40 u
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
ENERGIA ELETROMECÂNICA
EQUIPAMENTO II
100 u
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
SISTEMA II
ENERGIA ELETROMECÂNICA
20 u
14 u
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D
Rendimento = 35%
A relação entre os rendimentos globais (RRG) do Sistema I e do Sistema II
é:
RRG =
ηI ηII
RRG =
34 100 34 140
140 100 RRG = 1, 4 RRG =
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☎
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 24
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(Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eng. Elétrica - Termorio 2009) Considere as afirmativas a seguir sobre centrais termelétricas. I
– No Ciclo Ideal de Brayton, os processos que ocorrem na câmara de combustão e no recuperador de calor são isentrópicos. II – O rendimento das centrais de ciclo combinado é maior do que o de uma turbina a gás operando isoladamente. III – O intercooling e a regeneração de calor são formas de melhorar a eficiência do Ciclo de Brayton.
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AF
Resolução:
T
Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s) (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
I - FALSA. O Ciclo Brayton é o modelo para aplicações de turbinas a gás. Este ciclo é composto por quatro processos internamente reversíveis: • Compressão isentrópica (compressor).
• Adição de calor a pressão constante (câmara de combustão). 398.126.848-24
R
• Expansão isentrópica (turbina).
• Rejeição de calor a pressão constante (descarga ou recuperador de calor).
II - VERDADEIRA. O objetivo principal do arranjo do ciclo combinado é aprovei-
D
tar melhor a energia presente no processo, resultando em algo mais eficiente. O rendimento individual das centrais termoelétricas operando em ciclo combinado (gás + vapor) é sacrificado em prol do rendimento global do conjunto. Alterando os pontos de operação, que afeta diretamente os rendimentos individuais, o acoplamento entre os ciclos sai favorecido.
III - VERDADEIRA. Um intercooler é qualquer dispositivo mecânico usado para resfriar um fluido, incluindo líquidos e gases, entre estágios de um processo onde ocorre aquecimento do fluido. Acaba sendo utilizado entre os compressores na entrada da turbina a gás para poder aplicar pressões maiores ao ar
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4
consumido, o que melhora a eficiência do ciclo termodinâmico.
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Regeneração no Ciclo Brayton é usada para aproveitar a alta temperatura da saída dos gases da turbina para aquecer o ar que sai do compressor antes de entrar na câmara de combustão. Essa estratégia diminui o consumo de combustível e aumenta a eficiência do ciclo. Só é válido o emprego deste equipamento quando a temperatura de saída do compressor for menor que
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Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
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R
Questão 25
AF
T
a temperatura dos gases da saída da turbina.
D
Em um sistema de bombeamento de água, utiliza-se uma bomba centrífuga cuja vazão e altura de carga total são, respectivamente, 0,5 m3/s e 3 m quando operando a 1.800 rpm. A bomba é acionada por um motor elétrico síncrono de 4 polos, conectado a uma rede elétrica de frequência igual a 60 Hz. Considere que o escoamento é permanente, não viscoso, uniforme e sem perdas. Se o motor elétrico for substituído por um motor síncrono de 2 polos, então, nessa nova condição, a altura de carga total da bomba, em metros, é (A) (B) (C) (D) (E)
0,75 1,50 6,00 9,00 12,00
Resolução: A rotação síncrona de um motor (rpm) é o numero de rotações, para dados
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valores do número de pólos (p) e da freqüência (f), que o motor irá apresentar. É
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possível calcular a velocidade síncrona (n) do motor através da fórmula: 120f p
n=
Considerando a frequência da rede como 60 Hz, para um motor síncrono de
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4 pólos, a velocidade síncrona (n) da bomba será: 120f p 120 × 60 n= 4 n = 120 × 15 n=
T
n = 1800 rpm Esta é justamente a velocidade fornecida no enunciado, ou seja, o motor apresenta velocidade síncrona, sem escorregamento. Calculando a velocidade
AF
que o motor de 2 pólos irá operar:
120f p 120 × 60 n= 2 n = 120 × 30 n=
n = 3600 rpm
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R
É usual prever o desempenho da bomba em uma rotação diferente daquela
para a qual as curvas características conhecidas foram produzidas. Em condições de similaridade (pontos homólogos), os rendimentos hidráulicos são idênticos e a
D
seguinte relação é válida:
H1 H2 H1 3 H1 3 H1 3 H1
N12 N22 36002 = 18002 362 = 2 18 22 = 2 1 =3×4 =
H1 = 12 m
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 26
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008)
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AF
Resolução:
T
As Usinas Termelétricas produzem energia elétrica a partir da queima de combustível e podem ser de ciclo simples ou de ciclo combinado. A grande vantagem do ciclo combinado sobre o ciclo simples é o seu maior rendimento, alcançado devido à(ao) (A) melhor configuração do sistema da torre de arrefecimento, o que implica menor perda de água. (B) maior eficiência das caldeiras, que conseguem aproveitar o calor desprendido, reutilizando-o nelas próprias, no ciclo seguinte de aquecimento. (C) necessidade de menor temperatura para as caldeiras de geração de vapor. (D) aproveitamento da energia térmica desprendida no processo primário de geração, que pode ser utilizada em outras máquinas térmicas. (E) aproveitamento da energia térmica desprendida no processo de arrefecimento da geração, que pode ser utilizada em outras máquinas térmicas.
As usinas termoelétricas são máquinas térmicas que têm como objetivo a conversão da energia de um combustível em energia elétrica. Uma usina termoelétrica operando em ciclo combinado pode ser definida como um conjunto de equipamentos cuja finalidade é a geração de energia elétrica através de um processo que combina a operação de uma turbina a gás e uma 398.126.848-24
R
turbina a vapor.
No ciclo combinado, o calor necessário para a caldeira da turbina a vapor
é fornecido pelos gases quentes da exaustão da turbina a gás. Esta estratégia
D
melhora o rendimento global do processo. Os gases de escape da turbina a gás, devido à temperatura, promovem a
transformação da água em vapor para o acionamento de uma turbina a vapor, nas mesmas condições descritas no processo de operação de uma termoelétrica convencional.
Os dois sistemas estão ligados por uma caldeira de recuperação (HRSG) onde se aproveita a energia dos gases de escape da turbina a gás para gerar vapor de água que alimenta a turbina a vapor. ✞
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Questão 27
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) Considere as informações a seguir para responder às questões a seguir. Uma bomba centrífuga, quando operando com velocidade
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de rotação de 3500 rpm, tem a sua altura manométrica definida pela seguinte equação característica: Hman= 150 − 200 Q2 onde Hman é a altura manométrica, em m, e Q é a vazão, em m3/s.
Parte 1
T
Considere a operação de duas bombas centrífugas, idênticas à apresentada, conectadas em paralelo. A altura
manométrica total do sistema é denominada Hman−total e a vazão total do sistema é denominada Qtotal . As unidades
AF
de medida não foram alteradas.
Qual a expressão característica que define a altura manométrica total do sistema?
(A) Hman−total = 300−200 Q2total
(B) Hman−total = 300−100 Q2total (C) Hman−total = 150−200 Q2total
R
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(D) Hman−total = 150− 50 Q2total
D
(E) Hman−total = 75−50 Q2total
Resolução:
A associação de bombas em paralelo consegue proporcionar uma vazão
maior nas mesmas condições de serviço. O emprego de bombas em paralelo permite uma vantagem operacional de que havendo falha no funcionamento em uma das bombas, não acontecerá a interrupção completa e, sim, apenas uma redução da vazão bombeada pelo sistema. A vazão do arranjo aumenta, pois a vazão total é a soma das vazões for-
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4
necidas por cada bomba. Como as bombas são idênticas, a vazão do conjunto
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Bombas, Compressores e Turbinas
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dobra. Qtotal = Q1 + Q2 Qtotal = Q + Q Qtotal = 2Q
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Para a associação de bombas em paralelo, a altura manométrica do conjunto é igual a altura manométrica individual das bombas, ou seja, a altura manométrica será expressa pela mesma lei. Hman−total = H1 = H2 Hman−total = Hman
T
Hman−total = 150 − 200Q2
Hman−total = 150 − 50 × 4Q2
AF
Hman−total = 150 − 50(2Q)2
Hman−total = 150 − 50(Qtotal )2
Dessa maneira, obtemos uma expressão para Hman−total em função de Qtotal . Recomenda-se evitar a instalação de bombas diferentes em paralelo, para evitar o risco de uma delas impor um head superior ao máximo que a outra pode
R
sustentar, ficando esta em shut-off (condição de vazão nula). ☎
Alternativa (D) ✆
✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
D
Questão 28
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✞
Parte 2 Inicialmente a bomba opera com uma vazão de 720 m3/h, com velocidade de rotação descrita anteriormente (3500 rpm). A partir do conceito da lei de similaridade para bombas, qual a altura manométrica obtida, em m, caso a velocidade de rotação dessa bomba seja alterada para 1750 rpm? 35,5 37,5 71,0 75,0 149,5
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(A) (B) (C) (D) (E)
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Resolução: Para calcular a altura manométrica Hman para uma vazão de 720 m3 /h a 3500 rpm, basta utilizar a fórmula fornecida pelo enunciado: Hman = 150 − 200Q2
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Porém, a vazão utilizada nessa fórmula deve ser expressa em m3 /s. Sabendo que uma hora possui 3600 segundos: 720 3600 1 Q= 5 Q = 0, 2 m3 /s
T
Q=
Buscando a altura manométrica correspondente a vazão encontrada, temos:
AF
Hman = 150 − 200Q2
Hman = 150 − 200(0, 2)2
Hman = 150 − 200 × 0, 04 Hman = 150 − 8 Hman = 142 m
R
A lei de similaridade para bombas relaciona pontos homólogos através da
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D
altura manométrica (H) e rotação (N) da seguinte forma: N12 N22 17502 = 35002 12 = 2 2 1 = 4 142 H1 = 4 H1 = 35, 5 m
H1 H2 H1 142 H1 142 H1 142
=
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Questão 29
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Bombas, Compressores e Turbinas
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) Uma bomba centrífuga opera em uma velocidade de rotação de 900 rpm e com uma vazão de 40 m3/h. Sabe-se que o diâmetro do impelidor da bomba é de 20 cm. Deseja-se substituir essa bomba por outra do mesmo tipo, porém, com diâmetro do impelidor de 10 cm e operando com uma velocidade de rotação de 1800 rpm.
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Considerando que o fluído de trabalho é ideal e que todos os critérios de similaridade dinâmica são satisfeitos, o valor da vazão, em m3/h, após a substituição da bomba, é (A) (B) (C) (D) (E)
10 20 40 60 80
T
Resolução: As equações de Rateaux, que valem para pontos homólogos, representam a variação da vazão (Q), da altura total de elevação (H), da potência de eixo (P) e
AF
do rendimento total (H), com variação da rotação (N).
Os fabricantes de bombas se utilizam do efeito da variação do diâmetro do impelidor no sentido de utilizar um mesmo modelo de bomba para cobrir uma ampla faixa operacional, apenas alterando o diâmetro do impelidor. Uma série homóloga é o conjunto de bombas de tamanhos diferentes, porém com as mesmas proporções, geometricamente semelhantes. Em uma série desta natureza, segundo as leis da similaridade, temos a seguinte correlação:
D
R
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Q1 Q2 = 3 N1 D1 N2 D23 Q1 40 = 3 1800 × 10 900 × 203 40 × 1800 × 103 Q1 = 900 × 203 40 × 18 × 103 Q1 = 9 × 203 40 × 18 × 13 Q1 = 9 × 23 40 × 2 Q1 = 1 × 23 80 Q1 = 8 Q1 = 10 m3 /h
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Questão 30
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(Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eng. Elétrica - Termobahia 2012)
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Resolução:
T
A cogeração é uma solução apontada para o aproveitamento energético de um sistema. No âmbito da geração de energia elétrica, o sistema energético que utiliza a tecnologia de cogeração dispõe de (A) uma fonte de energia elétrica para geração de energia mecânica e de energia térmica. (B) uma fonte ou mais de energia para produção de energia elétrica por meio de dois ou mais processos (tecnologia) de geração. (C) uma fonte ou mais de energia para a produção de energia elétrica e de energia térmica. (D) um processo (tecnologia) convencional de geração de energia elétrica associado com a geração por meio de fontes alternativas de energia. (E) duas fontes ou mais de energia para a produção de energia elétrica.
Cogeração é a produção simultânea e de forma sequenciada de duas ou
AF
mais formas de energia a partir de um único combustível. O processo mais comum é a produção de eletricidade e energia térmica a partir do uso de gás natural. A cogeração consiste no aproveitamento local do calor residual, originado nos processos termodinâmicos de geração de energia elétrica que, de outra forma, seria desperdiçado.
O aproveitamento ocorre sob a forma de geração de vapor para uma aplica398.126.848-24
R
ção secundária, que pode ou não estar ligada ao processo principal. Através da cogeração, é possível aproveitar para produção de energia tér-
mica. O calor antes perdido, aumentando a eficiência energética do processo,
D
pode chegar a 90% da energia contida no combustível.
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Ciclo Combinado possui dois ciclos termodinâmicos, normalmente Brayton-
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Bombas, Compressores e Turbinas
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Rankine e produz um produto final (eletricidade). Na cogeração, o sistema parte de um recurso, com um ciclo termodinâmico, obtendo-se dois produtos finais, tipicamente eletricidade e vapor.
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 31
(Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eng. Elétrica - Termobahia 2012)
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Considerando o caso ideal, o ciclo térmico do processo termodinâmico em que a operação de uma turbina a gás se baseia é o ciclo de (A) Stirling (B) Rankine (C) Otto (D) Carnot (E) Brayton
Resolução:
O ciclo Brayton é um ciclo termodinâmico no qual a adição de calor ocorre a pressão constante. Este ciclo é utilizado no estudo das turbinas a gás. Ele é um ciclo ideal, uma aproximação dos processos térmicos que ocorrem nas turbinas a 398.126.848-24
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gás, descrevendo as variações de estado dos gases. O conceito é utilizado como base didática e para análise dos ciclos reais. Na prática, as turbinas a gás se desviam do modelo ideal, devido a limitações tecnológicas e fenômenos como o atrito. A diferença entre o modelo teórico e o real é expresso através do rendimento
D
que a turbina apresenta.
Não confundir o caso ideal para turbinas a gás com o ciclo de Carnot. O
ciclo de Carnot expressa o rendimento máximo teórico para uma máquina térmica ideal trabalhando entre dadas temperaturas de uma fonte quente e de uma fonte fria. O ciclo de Carnot é realizado por duas transformações adiabáticas e duas isotérmicas. O ciclo de Brayton é realizado por duas transformações isoentrópicas e duas isobáricas. ✞
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
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Máquinas Elétricas e Acionamentos
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
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Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos www.ExatasConcursos.com.br rev.1b
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
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utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
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seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
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responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
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bilização civil e criminal.
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012
Q34 (pág. 6), Q35 (pág. 8).
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Q29 (pág. 1), Q30 (pág. 3), Q31 (pág. 4), Q32 (pág. 5), Q33 (pág. 6),
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011
AF
Q28 (pág. 9), Q30 (pág. 10), Q31 (pág. 10), Q32 (pág. 12), Q33 (pág. 13), Q34 (pág. 14), Q39 (pág. 15), Q53 (pág. 16), Q54 (pág. 18).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q31 (pág. 19), Q32 (pág. 19), Q40 (pág. 21), Q42 (pág. 22), Q50 (pág. 23). Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q37 (pág. 24), Q38 (pág. 25), Q39 (pág. 26), Q40 (pág. 27), Q41 (pág. 28), 398.126.848-24
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Q42 (pág. 29), Q43 (pág. 30), Q44 (pág. 30), Q62 (pág. 31), Q63 (pág. 33). Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008 Q26 (pág. 35), Q27 (pág. 36), Q28 (pág. 37), Q30 (pág. 39), Q32 (pág. 40),
D
Q33 (pág. 41), Q35 (pág. 43), Q36 (pág. 44), Q37 (pág. 45). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006 Q21 (pág. 47), Q23 (pág. 48), Q24 (pág. 49), Q25 (pág. 50), Q26 (pág. 51). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q22 (pág. 54), Q26 (pág. 55), Q32 (pág. 56), Q41 (pág. 57), Q42 (pág. 58), Q43 (pág. 52), Q44 (pág. 59), Q46 (pág. 60), Q48 (pág. 61). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008
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Q28 (pág. 62), Q29 (pág. 64), Q31 (pág. 65).
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Máquinas Elétricas
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Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005 Q22 (pág. 66), Q24 (pág. 67), Q25 (pág. 68), Q26 (pág. 70), Q28 (pág. 72), Q29 (pág. 74), Q30 (pág. 77), Q33 (pág. 75), Q74 (pág. 76). Prova: Eng. Elétrica - DECEA 2009 Q40 (pág. 79), Q41 (pág. 80), Q42 (pág. 81), Q44 (pág. 82), Q50 (pág. 83).
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Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q26 (pág. 84), Q27 (pág. 85), Q38 (pág. 86).
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Número total de questões resolvidas nesta apostila: 74
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Máquinas Elétricas e Acionamentos
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
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Questão 1
Na figura acima, a carga é alimentada pela fonte através do transformador, o qual está representado por seus parâmetros refletidos para o lado de maior tensão. As perdas no núcleo e a corrente de magnetização do transformador são desprezíveis. De acordo com as informações apresentadas, o valor percentual da regulação de tensão do transformador, para essa condição, é (A) 0,5 (B) 1,0 (C) 2,5 (D) 5,0 (E) 7,5
R
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Resolução:
A regulação é definida como a variação percentual da tensão em um equipa-
D
mento da condição em carga para a condição em vazio, assim temos que: R=
Vvazio − Vcarga × 100% Vcarga
(1)
Podemos nesta análise referirmos tudo para o lado de alta tensão, se a
razão é de 4:1, então as impedâncias do lado de baixa tensão são referidas para
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a alta multiplicando-se pelo quadrado da razão de transformação: 2 4 Zref = Zbaixa 1 √ Zref = 16 × (25 + j25 3) √ Zref = (400 + j400 3)Ω
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Máquinas Elétricas
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Já referida a impedância, podemos notar que ela está em série com a impedância do transformador, assim: Zeq = Zref + Ztraf o √ √ Zeq = (2 + j2 3) + (400 + j400 3) √ Zeq = (402 + j402 3)Ω
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Agora que conhecemos a impedância total do sistema elétrico, podemos notar que a tensão em vazio é simplesmente a tensão da fonte e a tensão de carga é simplesmente um divisor de tensão: (2)
Vf onte = Vvazio Zref Zref + Ztraf o
T
Vcarga = Vf onte ×
(3)
Como nos interessamos somente pelo módulo, vamos avaliar o módulo da
AF
impedância equivalente e da impedância de carga: q √ Zcarga = 4002 + (400 3)2 = 800Ω q √ Zeq = 4022 + (402 3)2 = 804Ω
Assim, substituindo os valores das duas últimas equações na expressão 3:
R
Vcarga =
800 Vf onte = 0, 9950Vf onte 804
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Substituindo o valor encontrado em 3 na equação 1, temos: 1 − 0, 9950 Vf onte × × 100% 0, 9950 Vf onte 1 − 0, 9950 R= × 100% 0, 9950
D
R=
R = 0, 502Ω
Arredondando, temos a resposta. ✞
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Questão 2
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Para se determinar a resistência de armadura de um motor síncrono trifásico de 150 kVA/380 V, conectado em triângulo, aplicou-se uma tensão contínua de 10 V entre dois terminais da máquina em repouso, e a corrente medida foi de 50 A. De acordo com essas informações, o valor, em ohm, da resistência de armadura por fase da máquina é de (A) 0,02 (B) 0,05 (C) 0,10 (D) 0,30 (E) 0,50
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Resolução: A medição da resistência da armadura em corrente contínua é um dos ensaios mais importantes de uma máquina de corrente alternada. Se as bobinas
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estão conectadas em triângulo, a aplicação de 10 V de tensão entre as fases A e B por exemplo, criará uma corrente que fluirá por dois caminhos:
I - Corrente fluindo pela bobina que liga diretamente A e B, que assumimos ter
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resistência R em corrente contínua;
II - Corrente fluindo pela bobina que liga A a C e pela bobina que liga C a B, ou seja, um caminho total de 2 R, se assumirmos resistências equilibradas, o que é aproximadamente válido
A associação em paralelo pode ser facilmente calculada:
R
Req =
R × 2R 2 = R R + 2R 3
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A divisão da tensão em corrente contínua pela corrente medida nos dá a
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resistência equivalente:
Req =
V 10 = = 0, 20 I 50
Igualando estas duas últimas equações: 2 0, 20 = R 3 R = 0, 30Ω ✞
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Questão 3
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Um motor síncrono trifásico, ligado em Y, é conectado a uma fonte de tensão trifásica ideal, cujas tensão de fase e frequência são 220 V e 60 Hz, respectivamente. A reatância síncrona do motor é igual a 5 Ω, e a tensão interna por fase gerada é de 250 V. Desconsiderando-se qualquer tipo de perdas, o valor, em kW, da máxima potência que esse motor pode fornecer é (A) 11 (B) 24 (C) 33 (D) 50 (E) 75
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Resolução: Quando o candidato se deparar com “despreze todas as perdas” deve extrapolar estas informações tanto para perdas elétricas, o que implica em desprezar
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resistências, quanto para perdas mecânicas, que implica desprezar atrito e perdas da ventilação. É uma demonstração corriqueira em qualquer livro de sistemas de potência ou de máquinas elétricas (recomendo a leitura do capítulo de máquinas
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síncronas do livro Máquinas Elétricas do autor Fitzgerald) que dois barramentos defasados de δ e conectados por uma reatância X, desenvolvem por fase a potência:
P =
V1 V2 sin(δ) X
Na expressão acima, V1 eV 2 podem ser vistas como as tensões internas do motor e da alimentação do mesmo, e a reatância é dada. Multiplicando a equação acima por 3, uma vez que estamos tratando de um motor trifásico, temos:
R
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220 × 250 sin(δ) 5 P = 33000 sin(δ)W
D
P =3×
Uma vez que o δ para o qual a potência trocada é máxima é 90 graus, basta
substituir na equação acima para: Pmax = 33000W sin(90◦ ) = 33000W = 33kW ✞
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Questão 4
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Um motor de indução de quatro polos aciona as pás de um misturador industrial. O misturador contém um líquido, cuja viscosidade é proporcional à velocidade de rotação que, por sua vez, reflete no torque mecânico. Esse torque mecânico, para a região em torno do ponto de operação, pode ser aproximado pela função Torque = 0,3 n [Nm], em que n é a velocidade de rotação em rpm. Sabendo-se que o motor é alimentado por uma rede elétrica de 60 Hz e que o seu escorregamento é de 2%, então, o valor, em Nm, do torque resistente da carga é (C) 471,6 (D) 529,2 (E) 540,0 (B) 442,7 (A) 390,0
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Resolução: O escorregamento é uma medida de quão longe a máquina está na velocidade síncrona. Para uma máquina de P polos, a velocidade síncrona em rpm, é dada por:
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2 Ns = 3600 rpm P
Substituindo P = 4 (máquina de quatro polos) temos:
AF
2 Ns = 3600 = 1800rpm 4
Assim, podemos calcular a velocidade do motor através da fórmula do escorregamento:
s=
Ns − N Ns
Substituindo s = 0, 02, conforme dado no enunciado, temos: 1800 − N 1800 36 = 1800 − N
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D
R
0, 02 =
N = 1764
Foi informado que a natureza da carga é tal que a seguinte expressão rela-
ciona o torque da carga com a velocidade: TL = 0, 3N
Substituindo o valor encontrado, temos: TL = 0, 3 × 1764 = 529, 2N m Como o torque elétrico balanceia o torque da carga, que é o torque ✞
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acionado, temos a resposta.
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Questão 5
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
A tensão de rotor-bloqueado induzida no rotor de um motor de indução de rotor bobinado, na frequência nominal, é de 90 V. Sabendo-se que, para uma determinada carga, o escorregamento do rotor é de 5%, então, nessa condição de operação, o valor, em volts, da tensão induzida no rotor é (A) 4,5 (B) 9,0 (C) 18,0 (D) 85,5 (E) 94,7
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Resolução: Nesta questão, o candidato deve partir da consideração que o fluxo que chega ao rotor é constante, então pela lei de Faraday, a tensão induzida é propor-
T
cional à frequência vista pelo rotor. Contudo, devemos lembrar que na máquina de indução o rotor enxerga a frequência do escorregamento, que é igual à frequência síncrona para o ensaio de rotor bloqueado (s = 1), para o escorregamento de 5%, a frequência relativa é apenas 5% da frequência síncrona, assim, podemos
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simplesmente aplicar regra de três:
fsinc
0, 05fsinc
——— 90V
———
x
Realizando os cálculos, temos:
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x = 0, 05 × 90V = 4, 5V
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
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A figura acima mostra o modelo equivalente por fase de um motor de indução trifásico, com os parâmetros refletidos para o lado do estator. Os parâmetros com subíndices “2” são referentes ao rotor do motor. O valor da resistência R2 é igual a 0,1 Ω. Para uma dada condição de operação, o escorregamento do motor é de 0,04, e a corrente por fase induzida no rotor, refletida para o estator, é de 10 A. De acordo com essas informações, o valor, em watts, da potência mecânica desenvolvida no eixo do rotor é (E) 750 (B) 250 (C) 590 (D) 720 (A) 240
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Máquinas Elétricas
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Resolução: Da teoria do motor de indução, a potência que atravessa ao entreferro, ou seja, a potência que se transforma em perdas no cobre ou em potência mecânica é simplesmente a potência dissipada no resistor de rotor referido, que é dado pela
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equação: Rref =
R2 s
Para o escorregamento de 0,04 (4%) e o valor de resistência de rotor de 0, 1Ω, temos: Rref =
0, 1 = 2, 5Ω 0, 04
T
A potência no entreferro é facilmente calculada, uma vez que a corrente referida que chega ao rotor já é informada:
Pentref erro = Rref IR2
AF
Pentref erro = 2, 5 × 102 Pentref erro = 250W
Subtraindo da potência do entreferro as perdas no cobre do rotor, que é simplesmente o produto RI 2 da resistência do rotor real, temos: PCR = RR IR2
PCR = 0, 1 × 102
R
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PCR = 10W
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Assim, calculamos a potência mecânica POR FASE: Pmec = Pentref erro − PCR Pmec = 250W − 10W W Pmec = 240 fase
Como o motor de indução é trifásico, temos: Pmec = 3 × 240 = 720W ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
O torque induzido em um motor de corrente contínua, com excitação de campo independente, operando em regime permanente, é de 300 Nm. A velocidade de rotação do eixo do motor é igual a 1.000 rpm. Sabendo-se que a tensão interna gerada é de 250 V, então, para essa condição, o valor, em ampères, da corrente de armadura da máquina é Dado: π = 3,14
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(A) 31,4 (B) 62,8
(E) 157,0
(C) 94,2 (D) 125,6
Resolução: A energia elétrica injetada em uma máquina se transforma em potências, perdas e alimentação dos seus campos magnéticos. Em regime permanente este último termo é nulo, e como não são informados parâmetros para cálculo de per-
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das, como atrito viscoso e resistência de armadura, o candidato deve assumir perdas nulas. Desta forma, podemos dizer que a potência elétrica é igual à potência mecânica, matematicamente:
AF
Pelet = Pmec
Mas a potência elétrica é um produto entre tensão e corrente, neste caso, a corrente de armadura vezes a tensão de armadura. Da mesma forma, a potência mecânica é o produto do torque (conjugado) e da rotação, que deve ser expressa em radianos por segundo para as dimensões serem compatíveis.
R
A velocidade mecânica em radianos por segundo é fácil de ser calculada: ωmec
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π =N 30
3, 14 30 = 104, 72rad/s
ωmec = 1000 ×
D
ωmec
Assim, substituindo os valores, agora todos em uma base compatível: Pelet = Pmec Earm Iarm = Tmec ωmec 250Iarm = 300 × 104, 72 Iarm = 125, 66A
Arredondando para baixo a última casa decimal, temos a resposta. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
Três resistores de 12 Ω são ligados em Δ e formam um banco resistivo trifásico. Esse banco é alimentado por um transformador trifásico de 13,2 kV/440 V, em que o lado de alta tensão é ligado em Y, e o de baixa, em Δ. O valor, em ohm, da resistência equivalente por fase, vista pelo lado de alta tensão do transformador, é (A) 120 (B) 360 (C) 1200 (D) 1800 (E) 3600
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Resolução: Precisamos referir a impedância para o lado de alta tensão. Pela fórmula: 2 Nalta 2 Nbaixa
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Zalta = Zbaixa
NAS BOBINAS:
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Lembrando que a relação de transformação é a relação entre as tensões Zalta = Zbaixa
2 2 Nalta Valta = Z baixa 2 2 Nbaixa Vbaixa
Como a tensão recebida nas bobinas de alta tensão é
√
3 vezes menor que
a tensão de linha, pela ligação em triângulo, temos: 2
R
Zalta = 12 Zalta
D
Zalta Zalta
13200 √ 3
4402 2 1 13200 = 12 3 440 2 30 = 12 3 = 3600Ω
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A “casca de banana” é que a prova pede a impedância equivalente por fase,
mas isto pode levar à indagação se deve ser feita uma conversão triângulo-estrela. Mas conforme o gabarito aponta isto não foi feito, então a terminologia “fase” se refere diretamente à carga. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) A tensão fase-fase de circuito aberto de um gerador síncrono é 300 V quando a corrente de campo é igual a 5 A. Sabendo-se que a frequência da tensão é constante e que o gerador opera na região linear da curva de magnetização, então, o valor dessa tensão, em volts, quando a corrente de campo for igual a 6 A, é
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(A) 180 (B) 250
(C) 330 (D) 360
(E) 450
Resolução: Se a máquina ainda se encontra em sua região linear de operação, a ten-
T
são induzida em suas bobinas é diretamente proporcional a corrente de campo, podendo então o cálculo da nova tensão induzida ser efetuado por regra de três:
AF
Ifnovo Enovo = velho Evelho If
Substituindo os valores:
Enovo 6A = 300V 5A Enovo = 300 × 1, 2
R
Enovo = 360V
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Alternativa (D) ✆
D
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Questão 10
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Um motor síncrono trifásico de dois polos tem uma reatância síncrona igual a 2 Ω. A tensão interna do motor, em regime permanente, é de V. Desprezando-se as perdas e sabendo-se que o motor é ligado à rede de distribuição trifásica de 220 V/60 Hz, então, o torque máximo, em N.m, que esse motor pode desenvolver é 18 45
(C) 55 (D) 90
(E) 110
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6. 8
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(A) (B)
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Máquinas Elétricas
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Resolução: Naturalmente, como nada é dito sobre o atrito, a resistência de armadura ou as perdas no núcleo, é razoável para o candidato assumir que todas a potência elétrica transferida para a máquina se converte em potência mecânica, ou seja:
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Pe = Pm Contudo, existe uma fórmula que relaciona a potência trifásica transferida entre dois barramentos através de uma reatância: Pe = 3
V1 V2 sin δ X
T
Considerando que V1 é a tensão de fase da rede de distribuição e V2 é a
AF
tensão de fase na armadura, temos substituindo o valor da reatância que: √ 220 √ × 20π 3 3 Pe = 3 × sin δ 2 127 × 109 Pe = 3 × sin δ 2 Pe = 20765 sin δ A potência mecânica por outro lado é calculada como o produto conjugado vezes velocidade:
Pm = T ωr
R
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Passando a velocidade síncrona de uma máquina de dois polos para radi-
D
anos por segundo:
ωr = ωS = 2πfsinc = 2π × 60 = 377rad/s
Igualando a potência elétrica com a potência mecânica e assumindo a situ-
ação de máxima transferência de potência (δ igual a noventa graus), temos: P e = Pm 20765 sin(90◦ ) = 377T T = 55N m ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 11
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) A potência de saída disponível no eixo de um motor de indução de rotor bobinado de 2 polos é igual a 5700π W. O motor é alimentado pela rede elétrica de frequência 60 Hz e aciona uma carga de torque resistivo de 50 N.m.
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Considerando-se o sistema em regime permanente, o valor do escorregamento do rotor nessas condições, em valor percentual, é (A) 1 (B) 2
(C) 3 (D) 4
(E) 5
Resolução:
T
Esta questão nos dá a potência mecânica de saída e o conjugado, mas de forma bem direta, potência mecânica é o produto do conjugado pela velocidade, assim para saber a velocidade:
AF
Pm = T ωr Pm ωr = T
Substituindo os valores dados: ωr =
5700π = 114πrad/s 50
R
O valor do escorregamento, que dá a frequência das correntes no rotor é
dado por:
s=
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ωs − ωr ωs
D
A velocidade síncrona de uma máquina de dois polos é dada por: ωs = 2π
2 fsinc P
Assim, como P = 2 e fsinc = 60Hz, temos: 2 ωs = 2π × 60 = 120πrad/s 2
Substituindo na equação do escorregamento: 120π − 114π 120π 120 − 114 s= 120
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s=
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6 120 s = 0, 05 = 5% s=
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Alternativa (E) ✆ ✝
Questão 12
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Um motor de indução bobinado de dois polos é conectado a uma rede elétrica cuja frequência é igual a 50 Hz. O torque induzido pelo campo magnético é igual a 40 N.m.
62,8 80,0
(C) 168,4 (D) 251,2
(E) 376,8
AF
(A) (B)
T
Sabendo-se que o motor está operando com um escorregamento de 2% e que π = 3,14 rad, então, o valor das perdas no cobre do rotor desse motor, em watt, é
Resolução:
As perdas no cobre do rotor em um motor de indução são dadas pela fórmula:
Pcobre = sPgap
R
Isto pode ser demostrado facilmente, se utilizando de: Pgap =
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RR 2 Pcobre IR = s s
D
De qualquer forma, a potência eletromecânica que chega ao eixo da
máquina é a diferença entre a potência no entreferro e as perdas, assim: Pmec = Pgap − Pcobre = (1 − s)Pgap
Para encontrar a potência no entreferro, utilizamos o valor da potência no
eixo que é o produto torque velocidade e o valor do escorregamento. Em duas etapas: 1. Calculando a velocidade do motor de indução, através do número de polos, frequência e escorregamento: 2 fsinc P
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ωr = (1 − s)ωs = (1 − s)2π
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Substituindo os valores: 2 ωr = (1 − 0, 02)2π × 50 = 98πrad/s 2 2. Calculando a potência mecânica e consequentemente a potência de entreferro:
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Pmec = T ωr = 40 × 98π = 3920πW Pgap =
Pmec 3920π = = 4000πW 1−s 1 − 0, 02
Encontrando as perdas no cobre: Pcobre = sPgap = 0, 02 × 4000π ≈ 251, 2W
T
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
AF
Questão 13
A velocidade de rotação do eixo de um motor de corrente contínua operando a vazio é 1.200 r.p.m. Quando o motor opera a plena carga, a velocidade de rotação do eixo passa a ser de 1.000 r.p.m. A regulação de velocidade desse motor, em valor percentual, é (A) −16,7
(B) − 20,0
(C) 16,7
(D) 20,0
(E) 25,0
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R
Resolução:
A regulação é uma medida de quanto a carga afeta o funcionamento de um
equipamento, este conceito vale tanto para transformadores como para máquinas
D
elétricas rotativas. Obviamente, o parâmetro principal em um motor CC é a velocidade, desta forma, a regulação é dada por: R=
Vvazio − Vcarga Vcarga
Substituindo os valores: 1200 − 1000 1000 R = 0, 20 = 20% R=
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Questão 14
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
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A figura acima apresenta o circuito equivalente por fase de um motor de indução trifásico, refletido para o lado do estator. No circuito, todas as impedâncias são dadas em ohms, as perdas no núcleo são desprezadas e s é o escorregamento do rotor. Quando o motor está em operação nominal, a corrente Ix é igual a 10 A, e as perdas rotacionais valem 550 W.
T
Sabendo-se que, nessa condição, o escorregamento do rotor é de 5%, então, a potência mecânica de saída no eixo do motor, em watt, é
AF
(A) 600 (B) 950 (C) 1.800 (D) 2.300 (E) 2.850
Resolução:
No circuito equivalente da máquina de indução, a resistência fictícia
R s
(re-
sistência mais à direita) representa a potência TOTAL desenvolvida pelo rotor da
R
máquina, POR FASE. A potência total da máquina é expressa por: P =3×
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R 2 I onde R = 0, 5 s x
Essa potência se divide em duas componentes, a parcela de perdas por
D
efeito Joule (não são as perdas rotacionais!), dada por s × P , e a parcela da potên-
cia que é convertida em potência mecânica no eixo, dada por (1 − s)P
que é a parcela que nos interessa. Substituindo os valores dados: Pmec =
3 × (1 − 0, 05) × 0, 5 × 102 0, 05
Pmec = 3 × 0, 95 × 10 × 100
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Pmec = 2850W
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Porém, essa potência mecânica entregue ao eixo do motor ainda sofrerá novas perdas (atrito, mancais etc), que são as perdas rotacionais (550W ), sendo o saldo restante a potência mecânica de saída no eixo do motor. Então: Peixo = Pmec − 550 = 2850 − 550 = 2300W
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Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
T
Questão 15
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D
R
AF
Considere as informações a seguir para responder às duas questões seguintes
O esquema apresentado acima é de acionamento de um motor trifásico de rotor bobinado. Nesse circuito, um banco de resistores é conectado ao rotor do motor através dos anéis coletores, enquanto que o estator é conectado à rede elétrica através da contatora K1.
Parte 1
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8.
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6. 8
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-2
4
Observando o diagrama apresentado, tem-se como procedente a seguinte situação: (A) Quando a contatora K1 está acionada, estando os contatos K2 e K3 fechados, o motor estará operando a vazio. (B) Quando a contatora K1 está acionada, estando os contatos de K2 e K3 abertos, o motor estará operando com máxima resistência no rotor. (C) Quando as contatoras K2 e K3 estão acionadas, estando os contatos de K1 abertos, o motor estará operando no modo realimentado. (D) O acionamento de K1 e de K2 simultaneamente pode causar danos ao motor, pois o mesmo estará operando em curto-circuito. (E) O acionamento da contatora K3 proporciona o paralelismo do banco de resistores com o enrolamento do rotor, resultando na menor resistência possível no rotor.
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Resolução: Analisando cada uma das alternativas neste esquema de controle rudimentar de um motor de indução bobinado. 398.126.848-24
(A) INCORRETA. Quando K1 é acionado, o estator consegue ser alimentado e isto implica na partida do motor. Contudo, vazio é uma condição que se refere a carga, que não está sendo especificada, então esta afirmação não faz sentido. (B) CORRETA. Quando K1 é acionado com K2 e K3 abertos, a resistência de rotor leva em conta a associações em série dos dois grupos de resistores em cada fase, o que resulta em máxima resistência de rotor. Isto é uma forma de
T
aumentar o torque de partida e torna esta a resposta.
(C) INCORRETA. Quando K2 e K3 estão acionadas o motor está operando com tado.
AF
mínima resistência de rotor, mas isto não tem nada a ver com modo realimen-
(D) INCORRETA. O acionamento de K1 e K2 ao mesmo tempo é basicamente a partida direta de um motor de indução, que apesar da elevada corrente não caracteriza exatamente um curto circuito, visto que é um processo associado à magnetização da máquina para sua operação.
R
(E) INCORRETA. Quando K3 é acionada, a gaiola do rotor não “enxerga eletrica-
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mente” o banco mais externo, mas ainda enxerga o banco interno de resis-
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tores, ficando claro que a mínima resistência se dá pra K2 fechado.
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Parte 2 Em relação ao diagrama apresentado, analise as afirmativas a seguir. I – O aumento da resistência do rotor no motor de indução aumenta o torque de partida da máquina. II – Este tipo de acionamento é utilizado na prática para realizar, através da variação da resistência no rotor, o controle de velocidade da máquina na operação em regime permanente. III – A conexão do banco de resistores aumenta a resistência no rotor, mas não altera as perdas ôhmicas do mesmo. Está correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II
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(C) III
(D) I e II
(E) II e III
Resolução: Analisando e julgados as três afirmativas: I - VERDADEIRO. Um estudo rápido das classes de um motor de indução é capaz de mostrar que o aumento da resistência de rotor desloca o pico da
T
curva de carga para baixas velocidades, o que resulta em maior corrente de partida.
AF
II - FALSO. Para cada valor de resistência de rotor equivalente, há uma curva de carga distinta, logo se torna possível um controle do desempenho da máquina, contudo são esperados transitórios severos relacionados a este chaveamento, mas a questão se refere ao regime permanente, logo a questão seria verdadeira se os motores de indução de rotor bobinado não tivessem entrado em desuso devido aos inversores de frequência, softstartes e técnicas de controle vetorial.
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R
III - FALSO. É da teoria básica de circuitos que quanto mais resistivo for um circuito, maiores as perdas associadas ao mesmo, para um mesmo valor de corrente.
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Assim, apenas I é verdadeira.
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Questão 16
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) Um motor de indução de 6 polos e 60 Hz apresenta velocidade do campo magnético girante, em rpm, igual a (A) 1.200 (B) 1.400 (C) 1.600 (D) 1.800 (E) 2.000
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Resolução: As rotações de uma máquina de P polos excitada por uma fonte de frequência f remetem à formula:
Bastando substituir os valores:
120f P
T
N=
120 × 60 6 N = 120 × 10
AF
N=
N = 1200rpm
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
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Questão 17
A respeito dos motores de corrente contínua, considere as afirmativas abaixo. I
– O motor CC com excitação série possui um elevado conjugado em baixa rotação. II – O motor CC com excitação do tipo paralelo permite o ajuste de velocidade por variação da tensão na armadura. III – O motor CC com excitação série possui uma baixa velocidade quando o motor está sem carga.
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Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) II. (C) I e II. (D) I e III. (E) II e III.
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Resolução: Lembrando as equações do regime permanente de um motor CC: E a + Ra I a = V t 398.126.848-24
E a = Ka Φ D ω Te = Tcarga = Ka ΦD Se combinarmos as três equações, podemos ter uma única equação que expressa a velocidade em função da carga e do fluxo: Vt 1 + 2 2 Tcarga Ka Φ d Ka Φ d
T
ω=
Com isto, podemos analisar com propriedade as afirmativas:
I - VERDADEIRO. Se a carga (conjugado) é elevada, a corrente de armadura
AF
e logo o fluxo (excitação série) são elevados, o que reduz a velocidade nos dois termos à direita da equação acima, que variam inversamente com a carga (pois Φd ∝ Ia ∝ Tcarga ).
II - VERDADEIRO. O controle da velocidade pode ser obtido a partir do enfraquecimento ou reforço de campo, que por sua vez altera a velocidade, mas isto ocorre através do controle da corrente de campo, mas pela excitação ser paralela, um é diretamente dependente do outro.
R
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III - FALSO. Conforme explicado na afirmativa I, esta informação não condiz com o resultado da equação, tendo resultado justamente oposto.
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Portanto, apenas as afirmativas I e II estão corretas.
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Questão 18
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T
Um motor síncrono trifásico, de polos salientes, está conectado a um barramento infinito. As reatâncias síncronas de eixo direto e de quadratura por fase valem, respectivamente, xd = 2 Ω e xq = 1,8 Ω. Sabe-se que a tensão induzida no motor e a tensão do barramento infinito, por fase, valem 1.500 V e 1.450 V, respectivamente. O valor máximo da potência de conjugado da relutância do motor, em W, é, aproximadamente, (A) 12.600 (B) 48.300 (C) 58.400 (D) 572.200 (E) 1.087.500
Resolução:
A expressão do conjugado de um motor síncrono de pólos salientes POR
AF
FASE é dada por: Vt Ef 1 P = sin(δ) + Xd 2
1 1 − Xq Xd
Vt2 sin(2δ)
A potência de relutância trifásica, que independe da tensão de armadura (logo de excitação) é o termo que multiplica sin(2δ). Seu valor máximo ocorre quando δ = 45◦ . Assim:
R
Prelmax
1 =3× 2
1 1 − Xq Xd
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Vt2
Substituindo os valores, e notando que a tensão de armadura é um dado
D
irrelevante:
Prelmax
1 =3× 2
1 1 − 1, 8 2
14502
Realizando alguns cálcuos temos: Prelmax = 58402W
Aproximando, temos a resposta. ✞
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AF
T
No acionamento de máquinas de indução, estão disponíveis várias tecnologias com objetivos diversos. Entre eles, situa-se a redução da corrente de partida de motores de elevada potência através da diminuição da tensão de alimentação de maneira controlada, com o auxílio de conversores estáticos de potência (CEP). A figura acima apresenta o circuito simplificado de partida de um motor trifásico conectado em Y, acionado através de um CEP, onde, através da variação de α, ângulo de disparo dos tiristores Tk (k =1, 2, ..., 6), a tensão, nos terminais da máquina, pode ser controlada. O conversor é alimentado por uma tensão trifásica e equilibrada de fases R, S e T. Nesse contexto, o circuito acima representa o acionamento do motor através de um(a) (A) conversor CA-CC. (C) chave estrela-triângulo. (E) soft starter. (B) conversor step down. (D) inversor de frequência.
Resolução:
O enunciado da questão é basicamente o princípio de funcionamento do soft-starter, então ao invés de repetir o que ele é, é melhor apontar os itens que não são:
(A) Correntes contínuas equilibradas não produzem campo girante, o que impos398.126.848-24
R
sibilitaria qualquer tensão induzida no rotor, quanto mais conjugado. Então a operação dos tiristores em anti-paralelo como retificadores não faz sentido.
(B) O conversor step-down ou buck é um conversor de corrente contínua em cor-
D
rente contínua, não cabendo qualquer discussão adicional.
(C) A chave estrela-triângulo é um esquema de contatos, não chega a ser um acionamento sofisticado quando o soft-starter e não se utiliza de eletrônica de potência. Além disto, ele opera em dois modos, enquanto o soft-starter permite um ajuste fino.
(D) O inversor de frequência trifásico consiste de seis transistores e seis diodos em anti-paralelo, emulando chaves bidirecionais. Apesar de relativamente sofisticado, o inversor permite controle de frequência e não só de amplitude, diferentemente do soft-starter. ✞
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A respeito da partida de motores usando a chave estrela-triângulo, cujo diagrama de força é apresentado na figura ao lado, considere as afirmativas a seguir.
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I
- No instante da partida do motor, somente as chaves contatoras K1 e K3 são energizadas. II - Após chaveamento da ligação estrela para triângulo, somente as chaves contatoras K1 e K2 estarão energizadas. III - No regime permanente de operação, somente as chaves contatoras K1 e K3 estarão energizadas.
AF
Resolução:
T
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) III. (C) I e II. (D) I e III. (E) II e III.
Analisando as proposições, relativas a um esquema de partida estrela triângulo:
Modo estrela: As chaves K1 e K2 estão energizadas, observe facilmente que K2 é um nó comum, o neutro flutuante do motor.
Modo triângulo: As chaves K1 e K3 estão energizadas, observe que em K3 existe
398.126.848-24
R
uma conexão da fase C com A, B com C, e A com B. Desta forma, podemos julgar:
D
I - FALSO. O motor parte com tensão reduzida nas bobinas, logo ele parte em √ estrela (a tensão nas bobinas é 3 vezes menos que a tensão da fonte). Então é falso pois K1 e K3 energizados correspondem ao modo triângulo.
II - FALSO. Quando se der a partida, se passa para o modo triângulo, corresponde as chaves K1 e K3.
III - VERDADEIRO. Como já foi dito anteriormente, o regime permanente é em triângulo, logo as chaves energizadas são K1 e K3. ✞
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Questão 21
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Máquinas Elétricas
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) A região linear da curva de magnetização de um gerador síncrono, levantada a uma rotação de 1800 rpm, pode ser aproximada pela equação Ea (If) = 4If + 2
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onde: Ea - tensão induzida da armadura, em volts. If - corrente de campo, em amperes.
T
Operando a uma rotação de 1700 rpm e com uma corrente de campo de 1,5 A, a tensão induzida na armadura do gerador, em volts, é, aproximadamente, (A) 7,5 (B) 8,0 (C) 8,5 (D) 9,0 (E) 10,0
Resolução:
A tensão induzida nas bobinas de armadura de uma máquina síncrona é campo.
AF
diretamente proporcional à velocidade e ao fluxo, que é produzido pela corrente de
Para o valor de If = 1, 5A e 1800rpm, a tensão de armadura é: Ea = 4If + 2 = 4 × 1, 5 + 2 = 8V
Contudo, este valor é para a operação em 1800rpm. Mas se lembrarmos
R
que a tensão induzida é proporcional à velocidade, temos por regra de três:
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Ea1 Ea2 = ω1 ω2
D
Substituindo para a operação em 1700rpm: 8V Ea2 = 1800rpm 1700
Fazendo os cálculos, temos Ea2 = 7, 55 e encontramos a resposta por
arredondamento.
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Questão 22
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Ia
Vt
jXs Ia
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Ea
O diagrama fasorial acima corresponde a uma máquina síncrona que, para fins de simplificação, teve desprezado o efeito de sua resistência de armadura. No diagrama estão representadas as seguintes grandezas:
T
Vt – tensão terminal Ea – tensão de armadura Ia – corrente de armadura jXsIa – queda de tensão na reatância síncrona Com base na figura e nas informações fornecidas, analise as seguintes afirmativas a respeito do diagrama:
– trata-se de um gerador síncrono subexcitado; – trata-se de um gerador síncrono, que fornece energia reativa à rede; III – trata-se de um motor síncrono superexcitado, que fornece energia reativa à rede.
AF
I II
É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) I e III.
Resolução:
R
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I - FALSO. A definição do fluxo de potência ativa é uma questão de fase, a tensão à frente é a que entrega a potência para a tensão atrás, como neste caso a tensão terminal está à frente da tensão de armadura o sistema fornece
D
potência ativa à máquina, logo concluímos que ela é um motor.
II - FALSO. Pela afirmação anterior, já podemos descartar esta afirmação também.
III - VERDADEIRO. A definição do fluxo de potência reativa é uma questão de módulo, a tensão maior de modo geral entrega reativo à tensão de módulo menor. No diagrama fasorial a tensão de armadura é claramente maior que a tensão terminal, o que implica que a máquina está entregando reativo ao sistema e desta forma opera superexcitada. ✞
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Questão 23
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Um motor de indução bobinado deverá ser empregado para acionar uma carga com conjugado de partida elevado e constante. É sabido que o conjugado máximo do motor é suficiente para atender a essa carga e que ele se encontra perto de sua velocidade síncrona. Para acionar essa carga sem alterar o valor do torque máximo do motor, deve-se (A) partir o motor com tensão reduzida e aumentá-la à medida que a velocidade do motor se aproxima da velocidade de regime. (B) partir o motor com velocidade reduzida e aumentá-la linearmente, até que seja atingida a velocidade de regime. (C) aplicar tensão nos terminais do motor com frequência acima da frequência nominal. (D) curto-circuitar os terminais do rotor, de modo a diminuir a resistência de partida, e abrir os terminais ao alcançar a velocidade de regime. (E) aumentar a resistência do rotor do motor no momento da sua partida, reduzindo-a, gradativamente, até chegar à velocidade de regime.
AF
T
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Resolução:
Se o conjugado é elevado e constante, uma partida com tensão reduzida não seria capaz de acionar a carga, pois devemos lembrar que o conjugado é aproximadamente proporcional ao quadrado da tensão aplicada. Da mesma forma, o conjugado de partida é tão maior quanto maior for a resistência do rotor, pois esta desloca a posição do máximo conjugado na curva de carga para mais próximo da 398.126.848-24
R
origem, desta forma uma solução interessante seria um reostato de partida que aumentasse o conjugado de partida, quando a carga se aproximasse do sincronismo, para reduzir perdas esta resistência poderia ser reduzida.
D
Nossos argumentos invalidaram as alternativas (A) e (D), analisando as out-
ras duas mais evidentes: Na letra (B) temos um erro conceitual, partida pressupõe máquina parada e
se existe controle de velocidade a própria questão perderia o sentido. Na letra (C) implicaria um aumento da reatância e uma perda de conjugado desenvolvido, além de não fazer sentido abrir os terminais da máquina o que frenaria qualquer carga. Portanto a letra (E) é a alternativa correta. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Uma máquina trifásica tem os enrolamentos do estator conectados a uma fonte trifásica equilibrada e os enrolamentos de seu rotor ligados entre si internamente. Considere: s a velocidade de deslizamento; v a velocidade do rotor e vS a velocidade do campo girante. Com base nesses dados, conclui-se que se trata de um motor
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(A) de indução e que, para o rotor desenvolver torque positivo, é necessário que ele gire na mesma velocidade que o campo magnético girante. (B) de indução e que, sem torque de carga, esta máquina opera com deslizamento elevado. (C) de indução e que sua velocidade de deslizamento é
T
vs − v . vs (D) síncrono e que, para o rotor desenvolver torque
dada por s =
AF
positivo, é necessário que ele gire mais lentamente que o campo magnético girante.
(E) síncrono e que sua velocidade de deslizamento é dada por s =
v − vs . vs
Resolução:
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R
Pela máquina não possuir alimentação no rotor, podemos deduzir imediatamente que se trata de uma máquina de indução. A máquina de indução é um transformador generalizado que diferente da máquina síncrona só tem conjugado no assincronismo, ou o movimento relativo entre o rotor e o campo girante do es-
D
tator, o deslizamento (ou escorregamento) é a medida deste assincronismo, que é dada por:
s=
vs − v vs
Quando s = 0, temos o sincronismo, quando s = 1 temos o rotor imóvel,
quando s > 1 temos o supersincronismo, que marca a operação como gerador, e quando s < 0 temos uma reversão de sentido que pode caracterizar um freio regenerativo por exemplo. Inspecionando as alternativas, fica clara que a resposta é a letra (C). ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Considere um motor de indução de 200 V, 5 HP, com 4 polos, 60 Hz, conectado em Y e com um escorregamento de 5% a plena carga. Nessas condições, a velocidade do rotor, em rpm, é (A) 1710 (B) 1800 (C) 2000 (D) 2230 (E) 3250
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Resolução: O candidato sempre deve estar atento a questões que entregam informação desnecessária, para responder a questão são necessários apenas o número de
T
polos, a frequência síncrona e o escorregamento. A potência e a tensão são irrelevantes ao problema.
Em uma máquina de P polos, a velocidade síncrona é dada por: 120 fsinc P
AF Ns =
Para P = 4 e fsinc = 60Hz, temos: Ns =
120 × 60 = 1800rpm 4
R
Pela definição de escorregamento:
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Ns − N s= Ns
D
Para achar a rotação N , basta substituir s = 0, 05: 1800 − N 1800 90 = 1800 − N
0, 05 =
N = 1710rpm ✞
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Questão 26
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Caso o rotor de um motor de indução fosse capaz de atingir sua velocidade síncrona, (A) seu escorregamento valeria 1 (um). (B) seu torque atingiria o máximo valor teoricamente calculado. (C) a frequência da tensão induzida nas bobinas do rotor seria igual à frequência da rede. (D) a tensão induzida nas bobinas do rotor seria igual a zero. (E) a tensão induzida nas bobinas do estator seria igual a sua tensão de alimentação.
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T
Resolução: Caso um motor de indução alcançasse o sincronismo, o que só seria possível na inexistência de perdas ou o auxílio de uma força externa, analisaríamos
AF
as condições das alternativas: (A) O escorregamento é definido como: s=
Ns − N Ns
Se substituirmos s = 1 obteremos N = 0, o que caracteriza um motor parado, logo esta alternativa está INCORRETA.
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R
Quando o sincronismo é atingido, cessa o movimento relativo e não exis-
te mais indução de tensão (logo corrente) no rotor, sem o campo do rotor não existe conjugado algum, incluindo o máximo. Logo, sem tensão induzida no rotor as alternativas (B),(C) e (E) ficam completamente sem sentido, protanto estão
D
INCORRETAS.
Pelo argumento anterior, a resposta é a letra (D). ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Um gerador de corrente contínua, com excitação independente, acionado a uma velocidade de 2000 rpm, apresenta uma tensão induzida de 400 V. Se este gerador for acionado a 1500 rpm funcionando a vazio, o valor da tensão terminal, em volts, será (A) 100 (B) 150 (C) 230 (D) 300 (E) 400
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Resolução: A tensão induzida em uma máquina rotativa é proporcional ao fluxo e a rotação. Como no enunciado não se fala nada sobre modificação da excitação,
T
devemos assumir fluxo constante, o que nos leva a uma simples regra de três, vista a relação de proporção:
E1 E2 = N1 N2
AF
Substituindo os valores:
400V E2 = 2000rpm 1500rpm
Realizando os cálculos, temos a resposta E2 = 300V . ✞
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R
Alternativa (D) ✆ ✝
D
Questão 28
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Para o projeto de uma usina hidrelétrica cuja frequência de operação é de 60 Hz, os técnicos previram que as máquinas terão o máximo de rendimento na velocidade de 83,73 rpm. O número de polos desse gerador deverá ser (A) 60 (B) 75 (C) 86 (D) 96 (E) 102
Resolução: Esta questão é um problema inverso: dada a velocidade quantos pólos são
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necessários ao gerador? Como o gerador é síncrono, esta velocidade é aproxi-
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madamente questão, então necessitamos apenas aplicar a fórmula: N=
120f P
Para N = 83, 73 e f = 60Hz, temos:
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120 × 60 P 120 × 60 P = 83, 73
83, 73 =
P = 85, 99 Como o número de polos é um número inteiro temos P = 86 polos.
T
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Questão 29
AF
Alternativa (C) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
As colunas abaixo contêm os principais tipos de partidas de motores e algumas das suas características. CARACTERÍSTICA ( ) Aumenta a impedância do sistema diminuindo a corrente de partida. ( ) Impede o aumento abrupto de corrente durante a comutação da tensão de partida para a de operação. ( ) Ocorre abrupta elevação da corrente quando da comutação entre a tensão de partida e a tensão de operação, caso não seja corretamente ajustada. ( ) É empregada usualmente em motores que partem sem carga. ( ) Permite ajustar a tensão de partida de modo a atender as características da carga.
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R
TIPO DE PARTIDA 1 – Direta 2 – Chave estrela-triângulo 3 – Chave compensadora 4 – Chave estática 5 – Através de reator
D
A associação correta do tipo de partida com a sua característica, na sequência de cima para baixo, é (A) 1 – 2 – 4 – 5 – 3. (B) 2 – 5 – 3 – 4 – 1. (C) 3 – 2 – 4 – 1 – 5. (D) 5 – 3 – 2 – 1 – 4. (E) 5 – 3 – 4 – 1 – 2.
Resolução: Vamos analisar as características de cada esquema: 1. A partida direta, por implicar em correntes bastante superiores à nominal da máquina, só é uma possibilidade para motores de pequeno porte ou em situ-
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ações de baixa carga, onde a tensão de armadura cresce rápido para diminuir
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a corrente. 2. Como a tensão nas bobinas pula de um valor de fase para um valor de linha é um degrau de tensão muito grande que experimenta, levando a um transitório de chaveamento, caso não seja dimensionado corretamente experimentará
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grandes correntes de pico de forma mais severa que a chave compensadora. 3. A chave compensadora é um autotransformador com diversos tapes que vai regulando em degraus a tensão eficaz que chega ao motor, se não ajustada corretamente o motor não tem tempo de se magnetizar e experimentará grandes correntes da mesma forma, sendo necessário um estudo cuidadoso. Mas definitivamente possui um grau de controle maior que a partida estrela-
T
triãngulo e bem menor que a chave estática. 4. A chave estática é um dispositivo de eletrônica de potência que vai ajustando seu ângulo de partida para controlar a tensão eficaz que chega ao motor, isto
AF
permite uma partida suave, sem grandes picos de corrente. Outro nome para o dispositivo, é soft starter, ou partidor suave em português. 5. A corrente de partida é inversamente proporcional à reatância equivalente, esta reatância equivalente é a própria reatância da máquina em série com a própria reatância do sistema. Mas é possível incluir um reator para limitar esta corrente, contudo é esperada uma queda de conjugado. 398.126.848-24
R
Inicialmente por se referir diretamente à impedância, temos primeiro (5).
Em seguida, temos a chave compensadora (3) devido a referência ao controle da corrente de partida. O equipamento com maior transitório de partida é a chave estrela triângulo em terceiro (3). O quarto item descreve uma partida direta (1),
D
que só é utilizada em baixas cargas ou potências. Pelo uso da palavra “ajuste” que implica um grande grau de liberdade, temos (4) como o último item. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Pe c 398.126.848-24
Pe = Pmaxsen
A2
Ps
A1
Po
a
0
b
Pe =Pmax sen – potência elétrica de entrada.
Pmax – valor máximo da potência elétrica de entrada.
o s m
180º
– ângulo de potência do motor.
m
– ângulo de potência máximo do motor, supondo o sistema dentro do limite de estabilidade.
AF
T
Considere um motor síncrono de polos lisos, conectado a uma barra infinita através de uma linha de transmissão curta, operando em regime permanente na velocidade síncrona. No contexto do critério de igualdade de áreas para o problema da estabilidade angular em sistemas elétricos de potência, considere também a figura acima, onde é apresentada a potência elétrica de entrada desse motor em função do ângulo de potência. Inicialmente, o motor funciona na velocidade síncrona, com um ângulo de potência 0 e potência mecânica de saída P0. Subitamente, a carga mecânica é aumentada de forma que a potência de saída tenha um novo valor, Ps, maior que P0. O sistema rotativo opera dentro do limite de estabilidade e oscila em torno do ponto b. Sobre o correto comportamento do sistema rotativo, após a perturbação, afirma-se que no (A) ponto b, após passar pelo ponto a, o rotor encontra-se na velocidade síncrona e a potência elétrica Pe é igual à potência mecânica de saída Ps. (B) deslocamento do ponto b para o c, a potência elétrica é maior que a potência mecânica de saída Ps e a velocidade do rotor é menor que a síncrona. (C) ponto c, a velocidade do rotor é maior que a síncrona, havendo uma tendência ao aumento de . (D) deslocamento do ponto c para o b, o ângulo de potência diminui, em função do decrescimento da velocidade do rotor. (E) deslocamento do ponto b para o a, a potência elétrica de entrada é menor que a potência mecânica de saída, e a velocidade do rotor é menor que a síncrona.
Resolução:
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R
Quando uma máquina elétrica opera como motor, a potência elétrica consumida pelo motor se manifesta como um conjugado motriz que é antagonizada pelo conjugado da carga, pois a carga tende a frenar o motor. Assim, se consider-
D
armos que ele é dotado de um momento de inércia J temos que: J
dωmec = Tem − Tcarga dt
Se multiplicarmos a expressão acima por ωmec , teremos: d 1 2 dEcin Jωmec = = Pelet − Pcarga dt 2 dt Ou seja, podemos concluir que o desbalanços entre a potência elétrica da
alimentação e a potência mecânica das cargas é a responsável por acelerar ou frenar o motor.
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Temos basicamente duas situações:
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1. Existe mais potência elétrica que potência consumida pela carga, isto pode ocorrer quando há uma retirada ou alívio súbito da carga, então a última equação nos diz que a energia cinética irá aumentar e consequentemente o motor irá acelerar. A aceleração do motor implica numa abertura menor do ângulo de carga δ.
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2. Existe mais potência consumida pela carga que potência motriz fornecida pela alimentação, então a última equação acusa variação negativa da energia cinética, da onde podemos concluir que o rotor desacelera e o ângulo de carga δ aumenta. Observe que a potência elétrica varia senoidalmente com o ângulo de carga,
T
o que até o valor de noventa graus contribui para que a potência elétrica responda adequadamente a introdução ou retirada de carga. Em termos destas informações, podemos resolver a questão.
AF
Quando ocorre um aumento súbito de carga, de P0 para PS surge a situação 2 discutida acima, então a tendência da máquina é desacelerar então há um deslocamento do ponto “a” até o ponto “b” o que corresponde a um aumento do ângulo de carga de δ0 a δS . A energia cinética perdida é diretamente proporcional à área A1 na figura.
A questão é que o rotor é dotado de inércia e mesmo as duas potências se 398.126.848-24
R
igualando ele continua desacelerando, o que implica que o ângulo de carga abre mais ainda. Quando ele passar do ponto δS para o ponto δm a potência motriz finalmente superará a potência da carga e o motor irá acelerar e a energia cinética recuperada é diretamente proporcional à área A2 na figura.
D
Se a máquina mantiver o sincronismo, ou seja, permanecer na mesma ve-
locidade de antes, não houve qualquer variação líquida da energia cinética o que equivale a dizer que A1 = A2 , de modo que enquanto o rotor move-se do ponto “b” até o ponto “c” o balanço de energia cinética é ainda negativo e então a velocidade é abaixo da síncrona. Apesar disto, a potência elétrica está superior a mecânica e atua no sentido de recuperar a energia cinética perdida na desaceleração que ocorreu devido ao acréscimo de carga. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Um motor de indução ligado a uma rede operando em 60 Hz aciona uma carga a 1770 rpm. O menor escorregamento percentual que se pode ter desse motor é (A) 1,2 (B) 1,4 (C) 1,6 (D) 1,8 (E) 2,0
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Resolução: Os motores de indução normalmente são feitos para trabalhar com velocidade próxima do sincronismo, então é razoável supor que o motor da questão é um motor de quatro pólos alimentado a 60Hz, apesar de não explicitado no enunciado da questão. Isto ocorre porque as perdas no cobre são muito elevadas em
T
situações de médio e alto escorregamento. De qualquer forma, o menor escorregamento é o escorregamento para o qual a carga é mínima, qualquer carga maior que isto reduz a velocidade de op-
AF
eração o que implica num aumento de escorregamento, desta forma o candidato deve calcular o escorregamento para o valor informado e assumir que o escorregamento só pode ser superior a isto, assim:
Ns − N Ns 1800 − 1700 s= 1800 s = 1, 67%
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s=
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Assim, a resposta é a letra (C), uma vez que é o valor mais próximo.
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Um motor de indução aciona uma carga cujo torque varia em função de sua velocidade de rotação, de acordo com = k2 r. A curva de torque-velocidade do motor pode carga ser linearizada em torno do ponto de operação, sendo o torque dado por motor = k1( s - r), onde s e r são, respectivamente, a velocidade síncrona e a velocidade do rotor. De acordo com os dados apresentados, e sabendo que k1 e k2 são constantes, o escorregamento do motor é k k (A) 2 (B) 1 k2 k1 (C)
k2 k1+ k2
(E)
k1 k2
(D) 1
k2 k1
1
T
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Resolução:
Quando um motor de indução está em regime permanente, o conjugado
AF
eletromecânico desenvolvido pelo motor contrabalanceia o conjugado de carga mais as perdas, como elas não são mencionadas devemos desprezá-las, assim: τmotor = τcarga
Substituindo as expressões do enunciado:
R
K2 ωr = K1 (ωs − ωr )
(4)
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D
Mas, lembremos da definição de escorregamento: s=
ωs − ωr ωS
Manipulando um pouco a expressão acima, podemos escrever a velocidade
do rotor em função do escorregamento e da velocidade síncrona: sωS = ωs − ωr (s − 1)ωs = −ωr Finalmente: (5)
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ωr = (1 − s)ωs
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398.126.848-24
Substituindo 5 em 4, temos: K2 (1 − s)ωs = K1 (ωs − (1 − s)ωs ) K2 (1 − s) = K1 s K2 = (K1 + K2 )s K2 s= K1 + K2
398.126.848-24
✞
☎
Questão 33
T
Alternativa (C) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
AF
Um motor de indução de 16 hp, 220 V, 60 Hz, 6 pólos, conectado em Y, tem um escorregamento de 5% em plena carga. Sabendo que 1 hp = 746 W e 3 1,73 , o torque no eixo do motor, em newton-metro, na condição de plena carga é: (A) 95 (B) 100 (C) 130 (D) 190 (E) 200
Resolução:
398.126.848-24
R
O candidato deve estar atento que nem todas as informações dadas em um
enunciado chegam a ser utilizados, ou às vezes apontam para uma abordagem errônea do problema, esta questão é um exemplo disto. O enunciado informa a potência nominal do motor, bem como seu número de pólos e escorregamento
D
nominal, então achar a potência da carga que é igual a potência eletromecânica é simplesmente resolver: Pcarga = Pem = Tem ωr
Os parâmetros elétricos pouco importam, e
√
3 também é um dado irrele-
vante. Visto que o motor é de seis pólos e opera a 5% de escorregamento, utilizando a equação 5 desenvolvida anteriormente: ωr = (1 − s)ωmecs
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como a máquina é de seis pólos, a velocidade mecânica síncrona é um
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398.126.848-24
8.
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Máquinas Elétricas
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6
398.126.848-24
terço da velocidade eletrica síncrona, pois totalizam três pares de pólos: ωmecs = ωmecs =
398.126.848-24
ωelets P 2
2π60 6 2
ωmecs = 126rad/s Substituindo na fórmula da velocidade do rotor: ωr = (1 − s)ωmecs ωr = (1 − 0, 05) × 126
T
ωr = 120rad/s A potência é dada em cavalos, basta converter para Watt, utilizando a infor-
AF
mação dada no problema, assim:
Pmec = 16 × 746 Pmec = 11936W
Substituindo na fórmula da potência mecânica os dois últimos valores encontrados:
11936 = Tem 120 11936 Tem = 120 Tem = 99, 5N m
R
398.126.848-24
✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
Arredondando para cima, temos a resposta.
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Questão 34
8.
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Máquinas Elétricas
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6
398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Uma máquina síncrona elementar é composta por três enrolamentos no estator, defasados de 120 o, e um enrolamento no rotor alimentado em corrente contínua. A respeito desse tipo de máquina, afirma-se que
398.126.848-24
I - os motores síncronos possuem os chamados “enrolamentos amortecedores”, devido à inexistência de torque na partida; II - a tensão do estator em vazio é denominada “tensão de excitação”; III - a freqüência de variação do fluxo em uma bobina do rotor depende do número de pólos da máquina.
Resolução:
T
Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s) (A) I, somente. (B) I e II, somente. (C) I e III, somente. (D) II e III, somente. (E) I, II e III.
AF
I - VERDADEIRO. É um resultado importante da máquina síncrono que ela só desenvolve conjugado eletromecânico no sincronismo, porque é condição necessária para conjugado constante que não exista movimento relativo entre os campos do estator e do rotor. Desta forma, para a partida da máquina síncrona são as vezes utilizados os enrolamentos amortecedores (ou amortecedores cinéticos ou amortisseurs) que nada mais são que barras de cobre curto circuitadas no rotor, que emulam uma gaiola de um motor de 398.126.848-24
R
indução, desta forma a máquina síncrona consegue partir sozinha, uma vez que estes amortecedores fazem a máquina partir como um motor de indução.
II - VERDADEIRO. Quando em vazio, seja uma máquina elétrica ou um transformador, ocorre a absorção da corrente de magnetização, responsável por
D
alimentar os campos magnéticos que fazem o dispositivo funcionar. Apesar de relativamente baixa se comparada com a corrente nominal, a lei de Ohm sempre vale e existe uma tensão associada à esta corrente, chamada de tensão de magnetização.
III - VERDADEIRO. A bobina experimenta um ciclo quando o campo girante da máquina realiza um ciclo completo sobre ela, e a velocidade do campo girante depende do númeor de pólos da máquina, sendo inversamente proporcional ao número de par de pólos. ✞
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8.
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6. 8
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 35
8.
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Máquinas Elétricas
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Um gerador síncrono a diesel tem 36 pólos. Qual deve ser a velocidade de rotação, em rpm, para que a freqüência da tensão de saída seja igual a 60 Hz? (A) 3.600 (B) 1.800 (C) 900 (D) 450 (E) 200
398.126.848-24
Resolução: Esta questão é de aplicação imediata de fórmula. Em uma máquina elétrica, a velocidade elétrica (leia-se frequência elétrica) é proporcional à velocidade 18 pares de pólos, assim:
T
mecânica pelo número de PARES de pólos, se a máquina tem 36 pólos, ela tem P 2 36 = fmec × 2 = 18fmec
felet = fmec ×
AF
felet felet
Como desejamos 60Hz, basta substituir:
R
60 = 18fmec 10 fmec = Hz 3
398.126.848-24
Contudo, a resposta é dada em rotações por minuto, basta multiplicar a
Nmec = 60fmec 10 Nmec = 60 × 3 Nmec = 200rpm ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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D
resposta por 60, assim:
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Questão 36
41
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Máquinas Elétricas
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398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
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AF
T
Um gerador (G) de 600 kVA, 2,0 kV, com Xd = 0,20 pu (reatância subtransiente) é conectado a um barramento através do disjuntor DJ1, conforme mostrado na figura acima. No mesmo barramento estão conectados três motores síncronos (M) idênticos de 200 kW, 2,0 kV e Xd = 0,20 pu. Considere que os motores estão operando em plena carga, fator de potência unitário, tensão nominal e, também, que os mesmos têm eficiência igual a 1,0. Suponha, ainda, que ocorra uma falta trifásica no ponto P, indicado na figura. Desconsiderando a corrente de pré-falta, então, a corrente de falta, em ampère, que passa pelo disjuntor DJ4 é (A) 426,8 (B) 576,2 (C) 865,0 (D) 1.441,6 (E) 1.730,0
Resolução:
A corrente interrompida pelo disjunto DJ4 é a soma das correntes de curto circuito do gerador e dos outros dois motores. Se anotarmos as reatância subtransitórias podemos partir direto para o cálculo, mas é interessante discutir as
398.126.848-24
R
premissas do enunciado:
I - Quando desconsideramos a corrente pré-falta, isto equivale a desprezar toda e qualquer condição de carga no sistema, o que equivale a dizer que toda
D
as máquinas, geradores e motores, se encontram com tensão nominal e em fase, sem haver qualquer troca de potência e portanto fluxo de carga;
II - Desta forma, a corrente de curto circuito é simplesmente a tensão de pré-falta pela reatância subtransitóri do equipamento, uma vez que não constam linhas, alimentadores ou outro elementos dotados de impedância considerável.
III - Contudo, é importante notar que as máquinas não estão todas em uma base comum, precisando referir todos os equipamentos para uma mesma base. Passando a reatância subtransitória para a base do gerador: 2 Snovo Vvelho 2 Svelho Vnovo
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8.
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6. 8
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-2
4
Xnovo = Xvelho
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Máquinas Elétricas
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6
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Como a eficiência e o fator de potência são unitários, a potência aparente de base dos motores é fácil de calcular: Pmotor ηF P 200 = 1×1
Smotor = 398.126.848-24
Smotor
Smotor = 200kV A Substituindo na mudança de impedância: Xnovo = 0, 20 ×
600 22 × 200 22
T
Xnovo = 0, 60 Assim, a corrente interrompida no disjuntor é:
AF
IDJ4pu = ICCgerador + 2ICCmotor 1 1 IDJ4pu = +2× 0, 2 0, 6 IDJ4pu = 8, 33pu
Como a resposta em por unidade foi dada na base de 600kV A e 2kV , a
R
corrente de base é:
Sbase Ibase = √ 3Vbase
398.126.848-24
Para encontrar em kA a resposta, utilizamos os dados em kV e M V A, logo:
D
Ibase =
0, 6 = 0, 17kA 1, 7 × 2
Logo, a corrente interrompida em valor real é: IDJ4 = IDJ4pu Ibase IDJ4 = 8, 33 × 0, 17kA IDJ4 = 1, 44kA
Deste modo fica claro que a resposta é a alternativa (D). ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 37
8.
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398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
Considere a figura e o texto abaixo para responder às duas questões seguintes
K1
S0
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S1
S2 K1
K2
K2 K1
Vcc K1
K2
C1
K2
C1
C2 C2
C1
C2 M1
M2
A figura apresenta a parte de controle do circuito de acionamento de duas máquinas trifásicas em uma instalação fabril,
T
comandadas por intermédio dos contatores M1 e M2. As chaves S0, S1 e S2 são do tipo sem retenção. A ação de acionar uma chave significa apertá-la e, em seguida, deixá-la retornar à sua posição inicial. Os relés C1 e C2 são do tipo com retardo na ligação, programados para 10 minutos e 15 minutos, respectivamente. Considere que a última ação do operador ao final de
Parte 1
AF
cada expediente seja o acionamento da chave S0.
Ao iniciar o expediente do dia 15/02, o operador aciona a chave S2 às 8h. Com relação ao funcionamento normal do circuito, e não ocorrendo novas interferências do operador,
(A) a máquina M1 entrará em funcionamento imediatamente e a máquina M2, somente 15 minutos depois. (B) a máquina M1 somente entrará em funcionamento após 10 minutos e a máquina M2, após 15 minutos. (C) ambas as máquinas entrarão em funcionamento imediatamente, sendo que a máquina M1 somente funcionará por 10 minutos.
(D) ambas as máquinas entrarão em funcionamento imediatamente, sendo que a máquina M2 somente funcionará por 15 minutos.
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R
(E) ambas as máquinas entrarão em funcionamento imediatamente, sendo que somente funcionarão por 25 minutos.
Resolução:
D
[AVISO] Existem dois tipos básicos de chaves, as Normalmente Abertas (NA) e as Normalmente Fechadas (NF), e esta nomenclatura se refere ao estado que assumem antes de serem energizadas, atraves de botões ou outros mecanismos. Conhecida a nomenclatura, podemos analisar as três questões. A chave S0 é normalmente fechada, o que implica que seu acionamento ao
final do expediente desenergiza todos os circuitos retornando todos os contatos as suas posições iniciais. O ato de fechar a chave S2 automaticamente (acompanhe o esquema): 1. Energiza o contato S2, que energiza a bobina K2. Esta última por sua vez con-
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8.
12
6. 8
48
-2
4
segue se manter energizada pois o contato NA acionado por k2 em paralelo
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8.
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Máquinas Elétricas
12
6
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atua como se fosse um esquema de partida. 2. Enquanto K2 estiver energizado, o relé C2 também estará após 10 minutos, pois tem retardo na ligação. Se dependesse apenas de C2, M1 seria ligado apenas 15 minutos depois, porém o contato C1 é NF e como K1 não foi
398.126.848-24
acionado o motor M1 é imediatamente ligado. 3. Como o contato C2 tem retardo, após 15 minutos ocorre a desenergização do motor M2, pois o contato C2 que o alimenta abre. Desta forma, analisando as conclusões acima temos a resposta como a alternativa (D). ✞
☎
T
Alternativa (D) ✆ ✝
AF
Parte 2
Ao iniciar o expediente do dia 16/02, o operador aciona a chave S1 às 8h e, 5 minutos depois, a chave S2. Com relação ao funcionamento normal do circuito e não ocorrendo novas interferências do operador, é correto afirmar que (A) ambas as máquinas entrarão em funcionamento às 8h, sendo que às 8h 5min a máquina M2 será desligada e às 8h 20min a máquina M1 será desligada.
(B) ambas as máquinas entrarão em funcionamento às 8h, sendo que às 8h10min a máquina M1 será desligada e às 8h 20min voltará a ser ligada.
(C) ambas as máquinas entrarão em funcionamento às 8h e permanecerão nesse estado.
(D) a máquina M1 entrará em funcionamento às 8h e a máquina M2, somente às 8h 20min. 398.126.848-24
R
(E) a máquina M1 entrará em funcionamento às 8h 10min e a máquina M2, às 8h 20min.
Resolução:
D
Esta questão é mais complexa que a anterior pois agora temos duas chaves
operando no circuito, o que faz com que uma interfira no funcionamento da outra. O pressionamento do botão de S1 seguido cinco minutos depois por S2 desencadeia os eventos nesta ordem (acompanhe o esquema): 1. S1 imediatamente energiza o contato K1, que fecha o “selo” pois consegue se manter energizado. 2. K1 fecha o circuito para a bobina C1, que possui retardo de 10 minutos. 3. Desta forma, o motor M1 se mantém energizado pois o contato C1 iria demorar 10 minutos para abrir. E como o contato C2 que alimenta M2 é NF, M2
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8.
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6. 8
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-2
4
é ligado conjuntamente.
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8.
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Máquinas Elétricas
12
6
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4. Novo evento: S2 é pressionado, energiza o contato K2, que fecha o seu “selo”. 5. Assim, às 8h10 C1 finalmente é ligado, O que abre o contato C1 que alimenta o motor M1 e fecha o contato C1 que alimenta M2 (e mantendo ele assim até o fim do expediente), contudo M1 é desligado pois o contato C2 que o alimenta
398.126.848-24
ainda está aberto (C2 ainda não ligou). 6. Quando às 8h20 (15 minutos após pressionamento de S2) o contato C2 é finalmente energizado, o que estabelece uma forma de energizar M1, mantendo o assim até o fim do expediente. Desta forma, a resposta claramente é a alternativa (B). ✞
☎
Questão 38
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
Programa Ladder
R
Especificações das entradas e das saídas
Rede 1 e1
e2
( )
y1
Rede 2 e2
e3
e4
e5
D y2
y3
Rede 4
END
e1: Nível mínimo do tanque =
1 se nível < nível baixo A 0 se nível > nível baixo
e2: Nível máximo do tanque =
1 se nível > nível alto A 0 se nível < nível alto
y3
( )
Rede 3
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y1
e3
y3
bomba
e3: automático =
1 se bomba no modo automático A 0 se bomba no modo manual
e4: botão liga = 1 se botão pressionado
( ) e5: botão desliga = 0 se botão pressionado bomba: se a bobina bomba for energizada, a bomba começa a funcionar.
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8.
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6. 8
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-2
4
Um controlador lógico programável (CLP), cujo programa em linguagem Ladder é apresentado na figura acima, será usado para comandar uma bomba de recalque que abastece um reservatório de água. Com base no programa e nas especificações das entradas, é correto afirmar que a(o) (A) bomba entrará em operação somente quando os contatos y2 e y3 estiverem ambos fechados. (B) bomba é tirada de operação, quando se opera no modo automático, pressionando-se e5. (C) rede 2 do programa ladder implementa o modo automático de operação do sistema. (D) contato y3 da rede 2 é fechado quando o reservatório de água atinge um nível inferior ao nível mínimo. (E) contato y1 garante a continuidade do funcionamento da bomba, mesmo após o nível da água estar acima do nível mínimo, quando a bomba opera no modo automático.
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8.
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Máquinas Elétricas
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6
398.126.848-24
Resolução: Analisando cada uma das alternativas, podemos fazer os julgamentos: (A) INCORRETA. Olhando a rede 3 vemos um arranjo em paralelo, vendo que a 398.126.848-24
ativação ocorre se OU Y2 OU Y3 forem ativados, a resposta seria correta se fosse um arranjo em série (B) INCORRETA. Apesar de e5 abrir a rede 2, analisando novamente a rede 3 observamos que Y2 pode manter a bomba ativa, logo alternativa incorreta. (C) INCORRETA. Se o sistema está no modo automático E3 = 1 e a rede 2 é aberta, sendo desta forma incapaz de ativar a bomba. Desta forma, é claro
T
que a rede 1 que opera o modo automático, logo alternativa incorreta. (D) INCORRETA. Quando o nível mínimo é atingido E1=1, mas nem E1 nem Y1 reta.
AF
interferem na rede 2, o que coloca a afirmação como totalmente solta e incor-
(E) CORRETA. Como Y1(Y2) opera em paralelo a E1, o nível mínimo atingido liga a bomba quando o modo automático está ligado (E3=1). Quando Y1 é energizada o “selo” garante que Y1 continue energizada. Observação: Esta questão só faz sentido se Y1 = Y2, uma vez que não há 398.126.848-24
✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
R
qualquer indicação de Y2 nesta questão.
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Questão 39
8.
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Máquinas Elétricas
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(Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006) Um motor de indução trifásico, alimentado por uma fonte de tensão de 60 Hz, tem 3 ranhuras por pólo e por fase do estator. O escorregamento é de 2%. A velocidade de rotação, em rpm, deste motor é: (A) 3600 (B) 3564 (C) 1224 (D) 1200 (E) 1176
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Resolução: O escorregamento é uma medida de quão longe a máquina está na velocidade síncrona. Para uma máquina de P polos, a velocidade síncrona em rpm, é 2 rpm P
T
dada por: Ns = 3600 × temos:
AF
Substituindo P = 6, porque cada ranhura corresponde a um par de polos, Ns = 3600 ×
2 = 1200rpm 6
Assim, podemos calcular a velocidade do motor através da fórmula do escorregamento:
s=
Ns − N Ns
R
Substituindo s = 0, 02, conforme dado no enunciado, temos:
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1200 − N 1200 24 = 1200 − N N = 1200 − 24 N = 1176 ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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D
0, 02 =
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Questão 40
8.
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(Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)
Um motor trifásico de 10 HP (considere 1 HP = 746 W) está conectado a uma fonte de 220 Volts de tensão de linha e possui um fator de potência 0,5 indutivo e um rendimento de 60%. O valor da corrente elétrica requerida da fonte, em Ampères, é: (A) 3,33 (B) 9,25 (C) 13,32 (D) 65,25 (E) 113,03
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Resolução: O produto da potência aparente pelo fator de potência nos informa a potência elétrica, e o produto da potência elétrica pelo rendimento nos dá a potência aparente:
Pmec ηF P
AF
S=
T
mecânica. Desta forma, dada a potência mecânica podemos calcular a potência
Substituindo os valores dados na questão e lembrando de converter para W , conforme explícito no enunciado: S=
10 × 746W = 24867V A 0, 60 × 0, 50
Mas a potência aparente é relacionada com a tensão e corrente de linha
R
pela fórmula:
S=
√
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3VL IL
Como a tensão de linha é informada como 220V e se aproximarmos
√
3 por
D
1, 7, podemos encontrar a corrente de linha que é a absorvida pela máquina: 24867 = 1, 7 × 220IL 24867 IL = 1, 7 × 220 IL = 66, 5A
Arredondando para o resultado mais próximo, temos a resposta. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 41
8.
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Máquinas Elétricas
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(Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)
Considere um transformador com reatância de 1,9044 ohms referida ao lado da tensão mais elevada, cujo valor é 13,8 kV, tendo como tensão e potência de bases, neste mesmo lado, 13,8 kV e 10 MVA, respectivamente. A referida reatância do transformador por unidade (p.u.) assume o valor de: (A) 0,10 (B) 0,15 (C) 0,20 (D) 0,25 (E) 0,30
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Resolução: No sistema por unidade, a impedância de base do sistema trifásico é dada por: Vb2 Sb
T
Zb =
Para a tensão de 13, 8KV e 10M V A, e lembrando que kV , kA, M V A e Ω são um conjunto coerente, ou seja, as operações entre eles sempre coerentes
AF
(dividir kV por kA dá Ω, dividir M V A por kA dá kV , etc...), temos: (13, 8)2 10 Zb = 19, 044Ω Zb =
Dividindo a impedãncia pelo seu valor de base, temos o valor em por
Zpu Zpu
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Z = Zb 1, 9044 = 19, 044
Zpu = 0, 1
D
R
unidade:
Observação: A consideração do sistema de unidades é para evitar a adição desnecessária de zeros aos cálculos, uma vez que existe uma tendência de usar o sistema V , A, V A, Ω, que não é o mais adequado em sistemas de potência. ✞
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 42
8.
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Máquinas Elétricas
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(Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)
A chave estrela-triângulo é muito utilizada para a partida de motores, em função de seu custo reduzido, praticidade e outras vantagens. Para um dado motor, possível de ser ligado nas configurações estrela e triângulo, a utilização desta chave garante a redução na corrente de partida de:
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(A)
1 3
(B)
1 2
1 3
(C)
(D)
1 4
(E)
2 3
Resolução: Quando a máquina está em estrela, a tensão observada nas bobinas é a √ tensão de linha dividida por 3, então se a bobina tem impedância Z, sabemos
T
que a corrente de linha, que é a corrente de fase na ligação estrela, é dada por:
AF
VL Ily = If y = √ 3Z
Quando a máquina está em triângulo, a tensão observada nas bobinas é a √ tensão de linha e a corrente de linha é 3 vezes a corrente de fase, então: Ilδ =
√
3If δ =
√ VL 3 Z
Dividindo a primeira equação pela segunda, temos: Ily 1 1 √ = =√ Ilδ 3 3× 3
R
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Observação: É interessante notar que a corrente de linha é reduzida em um terço, √ mas a corrente na bobina só é reduzida em 1/ 3, o que pode levar o candidato a
D
confusão. A questão é que a corrente de partida em máquinas de indução é muito elevada e causa afundamento de tensão no resto da instalação, sendo o objetivo deste esquema de minimizar estes efeitos, diminuindo para um terço a corrente que interessa, que é a corrente de linha. ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 43
(Engenheiro(a) Júnior - Eng. Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006) A figura apresenta o circuito elétrico de comando de três máquinas trifásicas acionadas por intermédio dos contatores C1, C2 e C3. As chaves S1, S2 e S3 são do tipo sem retenção. Com relação a este circuito, considere as seguintes afirmações:
RT S
S1
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LA
C1 C2 C3
I - As lâmpadas LA e LB podem acender simultaneamente, sendo que nessa condição as máquinas comandadas pelos contatores C2 e C3 deverão estar desligadas. II - A lâmpada LC somente acende quando a máquina comandada pelo contator C1 entra em operação. III - As máquinas não podem funcionar simultaneamente. IV - Ao ser acionada a chave S, todas as máquinas são desenergizadas e, após a chave S retornar à sua posição de repouso, as lâmpadas LA e LB acendem. V - Ao ser acionada a chave S1, as máquinas comandadas pelos contatores C2 e C3 são desenergizadas e as lâmpadas LA, LB e LC se acendem.
S2
C2
LB S3 C2
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LC
C3 C1
C2
C1
C1
C3
C3
C2
C1
C2
C3
AF
Resolução:
T
São verdadeiras as afirmações: (A) I e II, apenas. (B) II, III e V, apenas. (C) I, III e V, apenas. (D) II, III, IV e V, apenas. (E) I, II, III, IV e V.
Julguemos as afirmativas:
I - VERDADEIRO. Se a bobina (contator) C2 estiver energizada, os contatos NF de C2, em série com as lâmpadas LA e LB, serão abertos, o que impedirá o acendimento das lâmpadas. De modo similar, se a bobina C3 estiver energizada, o contato NF de C3, em série com a lâmpada LB, será aberto e 398.126.848-24
R
impedirá que esta lâmpada (LB) acenda. Então para que AMBAS AS LÂMPADAS (LA e LB) acendam simultaneamente é realmente necessário que os contatores C2 E C3 estejam com suas bobinas desenergizadas, ou seja, as máquinas comandadas por eles desligadas.
D
II - VERDADEIRO. No caso da lâmpada LC, o contato em série C1 é do tipo NA e PRECISA que a bobina do contator C1 esteja energizada para que o circuito da lâmpada se feche e esta se acenda. Logo, a máquina comandada por C1 precisa estar em operação.
III - VERDADEIRO. Em série com cada contator (C1, C2 e C3) existem 2 contatos NF comandados pela bobina dos outros dois contatores, formando um intertravamento onde o acionamento de uma máquina sempre desativa o funcionamento das outras duas. IV - VERDADEIRO. A chave S é do tipo NF e está em série com TODO o cir-
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cuito de controle, logo, seu acionamento irá desenergizar todo o circuito e
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todas as máquinas serão desligadas e lâmpadas apagadas. Após retornar à sua posição natural (fechada), os circuitos das lâmpadas LA e LB ficarão fechados também, ou seja, as lâmpadas LA e LB acenderão. V - VERDADEIRO. A chave C1, ao ser pressionada, energiza a bobina C1, acio-
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nando a máquina comandada por C1 e fazendo a lâmpada LC acender. A bobina do contator C1 causa a abertura dos contatos NF C1 existentes em série e próximo aos contatores C2 e C3, causando o desligamento destas máquinas e mantendo todos os contatos NF C2 e C3 em série com as lâmpadas LA e LB fechados, ou seja, as três lâmpadas ficarão acessas (LA, LB e LC) e as máquinas comandadas por C2 e C3 ficarão desligadas nestas
T
condições. ✞
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Questão 44
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
1 e alimentado por 3 uma tensão de linha de 100 volts. A corrente elétrica a ser considerada no dimensionamento dos cabos elétricos utilizados
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R
Considere um motor trifásico de 10 HP (1 HP = 746 W), com rendimento de 80%, fator de potência de
em sua instalação, em ampères, é 99,80 98,25 95,40 93,25 89,50
D
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
A corrente de carga para uma dada tensão pode ser determinada a partir do rendimento, da potência mecânica e do fator de potência. Vamos deduzir uma expressão que pode ser guardada para resultados futuros: A potência mecânica é relacionada com a potência elétrica pelo rendimento, ou seja:
Pmec η
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Pelet =
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A potência elétrica aparente é relacionada com a potência aparente pelo fator de potência, assim: Pe let cos(φ)
S=
E a potência aparente é relacionada com as tensões e correntes de linha
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através de: S=
√
3VL IL
Combinando as três equações, temos: IL = √
Pmec 3VL η cos(φ)
valores:
T
Lembrando que devemos converter a potência para Watts, e substituindo os 10 × 746 3 × 100 × 0, 8 × 7460 IL = 100 × 0, 8 74, 60 IL = 0, 8
√1 3
AF
IL = √
IL = 93, 25A
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R
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Questão 45
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
A expressão acima apresenta a igualdade entre a matriz fasorial e o produto das matrizes transformação e componentes simétricos. Os valores de x, y e z são respectivamente os componentes simétricos da fase (A)
na sequência positiva,
na sequência negativa e
na sequência zero
(B)
na sequência positiva,
na sequência negativa e
na sequência zero
(C)
nas sequências positiva, negativa e zero
(D)
nas sequências positiva, negativa e zero
(E)
nas sequências positiva, negativa e zero
T
Resolução: A decomposição das componentes simétricas é uma operação que transforma qualquer conjunto trifásico em seus três componentes: sequência positiva, negativa e zero. Ou seja, qualquer trio desbalanceado é uma superposição de tiva e zero:
AF
sinais balanceados. Pela definição das componentes de sequência positiva, nega-
Va = V0 + V1 + V2
Vb = V0 + a2 V1 + aV2
Vc = V0 + aV1 + a2 V2
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R
Se escrevêssemos as equações na forma matricial e invertêssemos,
acharíamos:
V0 + V1 + V2 3 V0 + aV1 + a2 V2 V1 = 3 2 V0 + a V1 + aV2 V2 = 3
D
V0 =
De qualquer forma, analisando a matriz no enunciado, temos que primeira
coluna corresponde a sequência positiva, pois temos uma sequência positiva (x, a2 x, ax) e a terceira coluna corresponde à sequência zero (z,z,z). Contudo, a segunda coluna é desprovida de qualquer significado físico. Por este motivo, esta questão foi anulada. ✞
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✝Questão Anulada ✆
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Questão 46
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Para a partida de um motor trifásico foi utilizada uma chave estrela-delta. Se a corrente de partida desse motor na configuração estrela é igual a , na configuração delta a corrente será igual a (A)
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(B) (C) (D) (E)
Resolução:
T
A corrente que chega ao motor é a mesma que chega nas bobinas. Durante a partida é igual a tensão de fase nas bobinas dividido pela reatância das mesmas, assim:
Vf ase Vlinha = √ X 3X
AF
Istar =
No esquema em triângulo, a tensão nas bobinas é a tensão de linha, dividido √ pela mesma reatância. Mas a corrente na linha é 3 vezes superior a corrente nas bobinas em delta, assim:
I∆ =
√ Vf ase 3 X
R
Dividindo as duas expressões, temos:
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I∆ =3 Istar
I∆ = 3Istar ✞
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D
Rearranjando:
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Questão 47
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
S1
D1 im
VCC
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S2
D2
Vm
A força motriz de um carro elétrico é proveniente de um motor de corrente contínua. O motor é acionado por dois diodos, D1 e D2, e duas chaves estáticas autocomutáveis, S1 e S2, conforme indicado na figura acima, onde VCC é a tensão da bateria. Em qualquer instante, uma das chaves estáticas está conduzindo, enquanto a outra, não. Considere as afirmações abaixo sobre o acionamento do motor. I
- A corrente im, mostrada na figura, pode fluir nos dois sentidos.
T
II - O carro pode andar em marcha a ré, isto é, o sentido de rotação do motor pode ser invertido. III - É possível recuperar energia para a bateria durante a ação de frenagem motora.
AF
É correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução:
As chaves D1 e D2 consistem em um transitor com diodo em antiparalelo, o que garante as mesmas a condução bidirecional de corrente, apesar de só permi398.126.848-24
R
tirem polarização em um único sentido. Analisando à luz dos fatos as alternativas: I - VERDADEIRO. Conforme dito, as chaves apresentam bidirecionalidade de corrente. Quando im > 0 a corrente flui pelo transistor em S1 ou S2 e quando
D
im < 0 a corrente flui pelos diodos.
II - FALSO. Pela equação do motor CC Ea = Km ω, a marcha ré seria ω < 0, o que implica Ea < 0. Contudo, sabemos que estas chaves não suportam esta polarização reversa.
III - VERDADEIRO. Se S1 estiver ligada e im for positiva o produto Ea im > 0 e temos um motor, mas se im for negativo, Ea im < 0 e temos um gerador, portanto existe como “devolver” energia à bateria. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Dois motores de corrente contínua têm potências e velocidades nominais iguais, um, com excitação em derivação, e outro, com excitação série. Com respeito a esses motores, analise as afirmações seguintes. I – No motor com excitação em derivação, a corrente de excitação é pequena em relação à corrente nominal. II – No motor com excitação série, a queda de tensão no enrolamento de excitação é pequena em relação à tensão nominal. III – Para ambos os motores, a queda de tensão no enrolamento de excitação é pequena.
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É correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) III, apenas. (D) I e II, apenas. (E) I, II e III.
T
Resolução: Vamos analisar separadamente cada afirmação:
I - VERDADEIRO. Na excitação paralela (ou shunt) um conjunto de bobinas liga-
AF
do em paralelo com o motor recebe uma corrente de excitação. Disto podemos discutir duas premissas: o ramo de excitação recebe a tensão terminal (o que invalida a alternativa III) e que o número elevado de voltas necessário para produzir fluxo com uma pequena corrente implica em uma grande resistência. Uma grande resistência implica em uma pequena corrente. II - VERDADEIRO. Como o próprio nome diz, a bobina de excitação está em 398.126.848-24
R
série com o fluxo de potência de forma que a corrente de excitação é a corrente de carga e obviamente ela cresce com o aumento da carga. Se a resistência fosse muito elevada haveria uma grande queda de tensão e a máquina desenvolveria apenas baixas velocidades, mas como precisamos
D
gerar fluxo podemos imaginar que ela precisa de muitas voltas e para não permitir grande queda de resistência a bitola do cobre deve ser relativamente grossa. Disto podemos deduzir porque as máquinas de corrente contínua são maiores que as máquinas de indução de mesma potência.
III - FALSO. Na verdade, conforme discutido no item I, a queda de tensão é pequena no motor série e grande no motor em paralelo. Mas como a excitação é em paralelo o termo queda de tensão perde um pouco do sentido, uma vez que a tensão de excitação é a tensão terminal. ✞
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Em um motor de indução, a função da resistência de aquecimento é (A) proteger o enrolamento do rotor contra sobrecarga. (B) proteger o enrolamento do estator do motor para evitar sobrecarga do equipamento. (C) aumentar o torque de partida do motor, de modo a atender cargas com grande inércia. (D) reduzir a corrente de partida do motor acima de 5 CV, de modo a não aumentar a demanda da instalação. (E) impedir a condensação de água no motor, quando ele se encontrar instalado em locais úmidos.
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Resolução: Mesmo alguns motores sendo dotados de índice de proteção (IP) elevados contra a ação de água e umidade se eles se mantiverem ociosos por um período prolongado em um ambiente úmido é possível que haja a entrada de umidade em
T
seu interior, deteriorando seu isolamento. O mesmo vale para ambientes muito frios, abaixo de zero graus. A resistência de aquecimento é uma solução para este problema, bastando energiza-las para levar o motor a uma temperatura interna que
AF
expulse esta umidade, o que indica a resposta como letra (E).
De qualquer forma, vamos discutir todas as outras alternativas: (A) A grande maioria dos motores de indução é do tipo gaiola de esquilo, e o circuito de rotor consiste de barras, o que já inviabilizaria qualquer tipo de conexão nas mesmas. De qualquer forma, sobrecarga é um fenômeno tér398.126.848-24
R
mico e que se faz sentir em todo o interior do motor sendo equivalente proteger o circuito do estator e do rotor.
(B) Não devemos confundir resistência de aquecimento com termistor, que é um dispositivo de proteção contra sobrecarga. O princípio do termistor é a vari-
D
ação súbita da resistência deste elemento com o aumento da temperatura. Se ele for alocado adequamente no interior motor e for ajustado para ativar um circuito de proteção quando sua temperatura chegar em um valor préestabelecido ele pode desligar o motor para evitar sobrecarga do mesmo.
(C) A resistência de aquecimento nunca deve ser utilizada com o motor em operação, muito menos ser utilizada para parti-lo. (D) Idem à alternativa (C). ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
As Normas referentes à instalação de motores elétricos de indução, com rotor de gaiola em instalações de baixa tensão, e as técnicas de instalação desses equipamentos preconizam (A) consultar, obrigatoriamente, a empresa de distribuição de energia elétrica local, no caso de partida direta de motores com potência acima de 2 (dois) CV, ligados diretamente à rede pública. (B) considerar um fator de potência igual a 0,6 para o rotor bloqueado na ocasião da partida, ao se calcular a queda de tensão. (C) proteger o equipamento contra sobrecargas e curto-circuito com o uso de fusíveis ou chaves magnéticas com relés térmicos (disjuntores) no ramal ligado à terra e/ou neutro. (D) instalar chaves estrela-triângulo ou um compensador para limitar correntes de sobrecarga nos respectivos motores em regime permanente. (E) dimensionar os condutores de forma tal que, durante a partida do motor, limitem a queda de tensão máxima nos terminais do dispositivo de partida a 10% da tensão nominal respectiva.
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Julguemos as alternativas:
T
Resolução:
AF
(A) INCORRETA. É permitido utilizar partida direta até 5cv.
(B) INCORRETA. O fator de potência não está relacionado à queda de tensão. (C) INCORRETA. Fusíveis e chaves magnéticas são ligadas na fase do motor e não no ramal ligado à terra e/ou neutro. Alternativa falsa. (D) INCORRETA. Chaves estrela-triângulo ou chaves compensadoras atuam apenas na partida da máquina e não em regime permanente. 398.126.848-24
R
(E) CORRETA. A NBR 5410:2004 recomenda que a queda de tensão na partida de um motor não deve ultrapassar mais de 10% de sua tensão nominal. O dimensionamento dos condutores é uma das formas de se obter tal carac-
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terística.
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Para que um transformador trifásico esteja inserido em uma instalação elétrica com o primário na configuração em estrela aterrado, e o secundário, em delta, a relação de espiras entre os enrolamentos primários e secundários deve ser igual à relação de tensões de (A) (B) (C) (D) (E)
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Linha e Fase Linha e Linha Terra e Fase Terra e Linha Fase e Linha
Resolução: A relação DE TENSÕES em um transformador é dada POR BOBINA (tensão
AF
T
de FASE, indicadas com 2 traços na figura):
R
A relação de tensões neste caso é:
V1,f ase V2,f ase
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D
Porém, na ligação em delta: V2,f ase = V2,linha
A relação de ESPIRAS é a mesma das tensões: N1 V1 = N2 V2 N1 V1,f ase = N2 V2,f ase N1 V1,f ase = N2 V2,linha ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Considere o circuito equivalente de um transformador trifásico de três enrolamentos, obtido a partir da associação de um banco de transformadores monofásicos. As impedâncias Z1, Z2 e Z3 representam as impedâncias de dispersão entre os três pares de enrolamentos. A realização de ensaios de curto-circuito dos circuitos primário, secundário e terciário, nesse equipamento, resultou no seguinte quadro: 398.126.848-24
Impedância
Circuito energizado
Circuito em curto
Circuito em aberto
Valor (pu)
Z12
primário
secundário
terciário
0,03
Z13
primário
terciário
secundário
0,02
Z23
secundário
terciário
primário
0,02
A partir desses resultados, os valores das impedâncias Z1, Z2 e Z3 do circuito, em pu, equivalente desse banco de transformadores são, respectivamente, 1,0 ; 0,1 ; 0,15 ; 0,05 ; 0,015 ;
1,5 0,2 0,15 0,01 0,015
e e e e e
1,5 0,3 0,02 0,05 0,005
T
(A) (B) (C) (D) (E)
AF
Resolução:
Esta questão por não informar as bases de potências do primário, secundário e terciário torna impossível referir a impedância Z23 para o primário, desta forma o candidato deve assumir que esta transformação já foi realizada. Assim, para o transformador de três enrolamentos vale as fórmulas: 1 Z1 = (Z12 + Z13 − Z23 ) 2 1 Z2 = (Z12 + Z23 − Z13 ) 2 1 Z3 = (Z13 + Z23 − Z12 ) 2
R
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D
Substituindo os valores nas fórmulas anteriores: 1 Z1 = (0, 03 + 0, 02 − 0, 02) = 0, 015pu 2 1 Z2 = (0, 03 + 0, 02 − 0, 02) = 0, 015pu 2 1 Z3 = (0, 02 + 0, 02 − 0, 03) = 0, 005pu 2
Assim, a resposta fica evidente. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008)
+ Vcc S0 398.126.848-24
K2
K3
K3
K1
R1
K1
K3
C1
K2
K2
C2
R1
AF
A figura apresenta a parte de controle do circuito de acionamento de duas máquinas trifásicas, comandadas por intermédio dos contatores C1 e C2. As chaves S0 e S1 são do tipo sem retenção. A ação de acionar uma chave significa apertá-la e, em seguida, deixá-la retornar à sua posição inicial. Os relés K1 e K2 são do tipo com retardo na ligação, programados para 15 minutos e 40 minutos, respectivamente. O relé K3 é do tipo com retardo no desligamento, programado para 20 minutos. Com o sistema em condições normais de funcionamento, considere que o operador tenha acionado a chave S0 e, após 1 minuto, a chave S1. Nessa situação, sem que haja novas interferências do operador, analise as seguintes afirmativas:
I - as duas máquinas funcionarão, simultaneamente, por cerca de 20 minutos a cada hora; II - a máquina comandada pelo contator C1 funcionará continuamente por cerca de 45 minutos e permanecerá desligada nos 15 minutos restantes de cada hora; III - a máquina comandada por C2 funcionará por 25 minutos a cada hora; IV - a máquina comandada por C2 funcionará sozinha por mais de 10 minutos a cada hora.
T
S1
Estão corretas APENAS as seguintes afirmativas (A) I e II (B) II e IV (C) III e IV (D) I, II e III (E) I, III e IV
398.126.848-24
R
Resolução:
A chave S0 é simplesmente uma forma de limpar o circuito, pois seu pres-
sionamento cancela a alimentação de todo o resto do sistema, o enunciado ao
D
dizer isto fala que o sistema se totalmente em repouso e que não há nenhuma contador agindo. Em seguida, ao pressionar S1 ele energiza a bobina R1 que fecha o selo, o que quer dizer que a partir deste momento o circuito pode ser considerado energizado, vamos então aos eventos na ordem em que acontecem: 1. O contato K2 do primeiro circuito da esquerda pra direita permite a alimentação da bobina K3, que por sua vez fecha os contatos no segundo e terceiro circuito, energizando ambas as bobinas K1 e K2. 2. Contudo, K1 e K2 ainda não fecham nenhum contato pois são do tipo retardo na ligação. Então após 15 minutos, K1 é finalmente ligado e energiza C1 no
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quarto circuito, acionando o motor M1.
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3. Após 40 minutos do evento descrito em 1, ou 25 minutos após o evento descrito em 2, a bobina K2 finalmente fecha o contato do quinto circuito, acionando o motor M2. Mas também isto significa que o contato K2 do primeiro circuito é aberto, mas devemos lembrar que este tem um retardo de desligamento de 20 minutos.
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4. Após 20 minutos do evento descrito em 3, a bobina de K3 é finalmente desenergizada, o que abre o segundo e o terceiro circuito, o que leva a abertura do quarto e quinto circuito, desligando o par de motores. 5. Como K2 é desenergizado no evento 4, o contato do primeiro circuito é fechado e voltamos ao evento 1, o que mostra que este processo ocorre cicli-
T
camente com duração de 60 minutos por ciclo. Desta forma, podemos observar que:
AF
I - Do período entre o evento 3 e o evento 4, ambos os motores ficam funcionando simultaneamente, o que equivale ao período do retardo de desligamento de 20 minutos da bobina K1.
II - O motor M1 (comandado por C1) funcionou desde o evento 2, 15 minutos após o início do processo, até o evento 4, que ocorre por 25 (evento 3) + 20
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R
(evento 4) = 45 minutos, onde para de funcionar e o ciclo reinicia.
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Questão 54
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) Considere a figura dada, onde um gerador (G) de 25 MVA, 13,8 kV, com reatância subtransiente igual a 15%, é conectado a um barramento que alimenta quatro motores (M) idênticos por meio de um transformador (T) de 25 MVA, 13,8 kV/6,9 kV, com reatância de 10%. A reatância subtransiente de cada motor é igual a 20% na base 5 MVA, 6,9 kV. A tensão do barramento em que os motores estão conectados é de 6,9 kV, quando um curto-circuito trifásico ocorre no ponto P. Assim, o disjuntor que terá de interromper a maior corrente é (A) DJ1 (B) DJ2 (C) DJ3 (D) DJ4 (E) DJ5
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T
Resolução: Esta questão pode lembrar ao candidato os longos esforços empreendidos nos cálculo de curto circuito, ainda mais por ter equipamentos em bases diferentes. Contudo, olhando para a figura, podemos ver facilmente que o disjuntor que
AF
interrompe maior corrente é o disjuntor DJ5. Isto pode ser visto sem fazer cálculo nenhum, visto que como os motores são idênticos contribuem igualmente com a corrente de falta, então o disjuntor DJ5 além de suportar a corrente da geração suporta a corrente dos três outros motores. Os disjuntores individuais dos outros motores ou o da geração necessariamente suportarão uma corrente menor.
D
R
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Observação: A reatância no ramo do gerador inclui não só a reatância sín-
crona da máquina, mas também a reatância do transformador. Mas conforme explicado anteriormente, o problema é resolvível sem cálculo, dispensando o uso de conversão de base ou outro artifício de análise. ✞
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Questão 55
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) W
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Z
T
S
Q
Na figura acima é mostrada uma parte de um programa de um controlador lógico programável (CLP), em linguagem LADDER. A expressão “booleana” da saída S é (A) T • Q •( W + Z) (B) T • (Q + W • Z) (C) T • (Q + W • Z) (D) T • (Q • W + Z)
T
(E) T • (Q + W + Z)
Resolução:
AF
Para a bobina S ser energizada é necessário que exista uma série de trechos capazes de conduzir corrente. Analisando:
No primeiro trecho, temos dois caminhos paralelos: a bobina Q e a bobina W em série com Z. Como ambas são normalmente abertas, algum dos dois ramos necessita estar energizada para haver possibilidade de energização da bobina. Ou Q deve estar energizado OU ambos W E Z, desta forma, na lógica digital: 398.126.848-24
R
Trecho1 = (Q + W · Z)
No segundo trecho, T deve ser capaz de conduzir, como a chave é normal-
mente fechada, ela não pode estar energizada, assim a condição se torna que só
D
existe possibilidade de energização se T for 0 Trecho2 = T
Para que a bobina S seja energizada ambos os eventos devem ocorre, logo
cabe a lógica do E: S = Trecho1 · Trecho2 S = T · (Q + W · Z) ✞
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Questão 56
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005)
Para um motor elétrico, a razão entre a sua potência nominal e a potência mecânica que ele pode efetivamente fornecer no seu eixo, em regime contínuo, sem danos, é conhecida como fator de: (A) carga. (B) perdas. (C) serviço. (D) potência. (E) sobrecarga.
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Resolução:
T
Analisando as alternativas: (A) INCORRETA. Fator de carga é uma medida de eficiência energética, por definição é a razão entre o consumo de energia em um período de tempo
AF
pelo produto da potência máxima vezes o tempo observado. Ou seja: Fcarga =
M Wmed M Wmax t
Quanto mais próximo da unidade mais racionalmente está sendo utilizada a energia, pois quer dizer que a potência se mantém razoavelmente constante durante todo o período observado o que evita maior estresse sobre a rede de distribuição. Como isto não vem ao caso, alternativa incorreta. 398.126.848-24
R
(B) INCORRETA. O fator de perdas pode relacionar a energia recebida com a enviada na transmissão ou distribuição. O que quer dizer que quanto mais próximo da unidade este fator é menos perdas por transmissão ou distribuição
D
temos no sistema. Continua não vindo ao caso.
(C) CORRETA. Fator de serviço é a razão entre a potência mecânica máxima que o motor pode entregar em regime contínuo, ou seja, uma carga extra que ele pode suportar sem grandes danos ao funcionamento da máquina. Não deve ser confundido com fator de sobrecarga, descrito em (E). É o que condiz com o enunciado. (D) INCORRETA. Fator de potência é a relação entre potência ativa e potência aparente, e independe do tipo de equipamento analisado. É uma medida da presença de reativo consumido na rede elétrica, quanto menor ele for maior o consumo de reativo. Podemos dizer que o reativo é a potência que é con-
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sumida mas não é utilizada. Não vem ao caso.
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(E) INCORRETA. Fator (ou capacidade) de sobrecarga (momentânea) relaciona a potência mecânica máxima que pode ser utilizada no motor pela sua potência nominal durante um CURTO PERÍODO DE TEMPO. Difere do fator de serviço por não ser de forma contínua e sim temporária, normalmente é acompanhado por um tempo de sobrecarga máximo.
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Questão 57
(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005)
AF
T
Considere um motor CA síncrono com vinte pólos, funcionando em São Paulo e alimentado pela rede da concessionária local. A velocidade de rotação do eixo desse motor, em RPM, é: (A) 360 (B) 180 (C) 720 (D) 800 (E) dependente da carga mecânica e do deslizamento.
Resolução:
O motor síncrono, como o próprio nome denuncia, sempre opera em um múltiplo da frequência da rede que o alimenta, caso contrário o campo girante do rotor não consegue interagir com o campo girante do estator para produzir 398.126.848-24
R
conjugado efetivo. Desta forma, o candidato pode descartar imediatamente a letra E. Agora vamos partir aos cálculos. Existe uma fórmula (encontrada em qualquer literatura sobre máquinas
D
elétricas) que relaciona a frequência elétrica f de excitação e o número de polos P com a rotação mecânica N , em rpm: N=
120f P
Substituindo os valores informados: 120 × 60 20 N = 360rpm N=
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Questão 58
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) Um gerador síncrono, de valores nominais 400 MVA e 20 kV, pode ser modelado como uma fonte de tensão em série com uma impedância. Esta impedância série corresponde às bobinas do estator e tem valor de 1,0 pu, tomando como base os valores nominais do gerador. Se a base de potência escolhida fosse 100 MVA e a base de tensão 10kV, o valor normalizado da impedância, em pu, seria: (A) 0,25 (B) 0,5 (C) 1 (D) 4 (E) dependente ainda da freqüência de alimentação que não foi fornecida.
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T
Resolução:
Esta questão informa a reatância síncrona de uma máquina em uma base e através de um texto relativamente elaborado diz, em outras palavras, que a reatân-
AF
cia deve ser mudada para outra base informada.
Independente de uma impedância estar escrita em por unidade em uma base 1 ou 2, sabemos que o produto do valor em por unidade pelo valor de base é igual nas duas referências. Assim:
z1 Zbase1 = z2 Zbase2
R
Mas em um sistema trifásico, sabemos que a impedância de base é calcu-
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lada por:
Zbase =
2 Vbase Sbase
D
Substituindo na equação anterior, temos: z1
2 Vbase1 V2 = z2 base2 Sbase1 Sbase2
Isolando z2 , que é a nova base, temos: z2 = z1
2 Sbase2 Vbase1 2 Sbase1 Vbase2
Considerando que a nova base tem: Sbase2 = 100M V A
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Vbase2 = 10kV
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E que a base antiga tem: Sbase1 = 400M V A Vbase1 = 20kV 398.126.848-24
Basta agora substituir na fórmula, uma vez que reatância não deixa de ser impedância: z2 = 1, 0 ×
100 202 × 400 102
Realizando os cálculos:
T
z2 = 1, 0 × 0, 25 × 4 = 1, 0pu Coincidentemente o valor permaneceu fixo, mas o candidato deve notar que isto foi devido a um jogo conveniente entre a base antiga e a nova. Para problemas base:
AF
em por unidade é bastante aconselhável memorizar a fórmula da mudança de
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R
znova
2 Snova Vantiga = zantiga 2 Santiga Vnova
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Questão 59
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005)
I1
I2
+
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N1:N2
+ V2
V1
Z2
ideal
T
Na representação esquemática de um transformador ideal de dois enrolamentos, mostrado na figura, N1 = 1000, N 2 = 250, V1 = 1200
0° e a impedância Z 2 , ligada no
secundário, vale 15
30° ohms. O valor da corrente I , no 1
AF
primário do transformador, em A, é: (A) 5
(B) 20
-30°
(C) 20
-30°
30°
(D) 80
30°
(E) 80
-30°
Resolução:
Esta questão apresenta duas resoluções possíveis e equivalentes em ter398.126.848-24
R
mos de esforço: podemos calcular a corrente no secundário e referí-la para o primário ou podemos referir a impedância no secundário para o primário e calcular diretamente a corrente “vista” por ele.
D
Primeira forma:
A tensão no secundário é relacionada com a tensão no primário por: V1 V2 = N1 N2
Substituindo os valores: 1200V E2 = 1000 250 Assim: V2 = 300V
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Dividindo a tensão no secundário pela impedância, temos a corrente no se-
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cundário: V2 Z2 300∠0◦ V I2 = 15∠30◦ Ω I2 = 20∠−30◦ A I2 =
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Mas as correntes no primário e secundário são relacionadas por: I 1 N1 = I 2 N2 Substituindo os valores:
T
I1 × 1000 = (20∠−30◦ A) × 250 I1 = 5∠−30◦ A
AF
Segunda forma:
Utilizando a fórmula para referir a impedância do secundário para o primário: Z 1 = Z2
N12 N22
Substituindo os valores:
R
Z1 = 15∠30◦ Ω ×
10002 = 240∠30◦ Ω 2502
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Encontrando a corrente no primário dividindo a tensão no primário pela
D
impedância referida ao mesmo:
V1 Z1 1200∠0◦ V I1 = 240∠30◦ Ω I1 = 5∠−30◦ A I1 =
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Questão 60
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) Nas proximidades da velocidade síncrona, o modelo em regime permanente de um motor de indução pode ser simplificado pelo circuito abaixo, onde foram desprezados os efeitos das indutâncias de dispersão do estator e do rotor, da indutância de magnetização e da resistência do estator. Apenas a resistência rotórica (r) foi considerada. Neste circuito equivalente, o escorregamento está representado pela letra s.
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r
R=
V
r(1 s) s
AF
T
A potência dissipada na resistência R representa a parcela de potência elétrica convertida em potência mecânica de rotação. Com base nestas informações, é correto concluir que se a tensão de alimentação (V) sofrer uma queda de 30%, mantida a mesma freqüência de alimentação do motor, o torque elétrico produzido logo após esta variação de tensão: (A) ficará inalterado. (B) sofrerá uma queda de aproximadamente 70%. (C) sofrerá uma queda de aproximadamente 50%. (D) sofrerá uma queda de aproximadamente 30%. (E) não poderá ser estimado apenas com estas informações.
Resolução:
Uma queda de tensão de 30% implica numa nova tensão V ′ = 0, 7V . 398.126.848-24
R
Determinação da tensão no resistor R (VR ):
(r(1 − s)) s (sr + r − sr) (r + R) = s r (r + R) = s
D
(r + R) = r +
Fazendo o divisor de tensão: (1−s)r s
×V (r + R) (1 − s)r s VR = × ×V s r VR = (1 − s)V
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VR =
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Na nova condição de tensão (V ′ ): VR′ = (1 − s)V ′ = (1 − s) × 0, 7V O torque elétrico produzido é proporcional à potência convertida em potên-
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cia mecânica, já que a frequência não varia (velocidade de mantém). Então é necessário determinar qual será o valor da potência dissipada em R após a redução de 30% na tensão de alimentação. VR′2 R V2 PR = R R PR′ =
=
VR′2 R VR2 R VR′2 VR2 (1 − s)2 × (0, 7V )2 (1 − s)2 × V 2 0, 72 × V 2 V2
AF
PR′ PR PR′ PR PR′ PR PR′ PR PR′ PR
T
Dividindo as duas equações acima, temos:
= = =
R
= 0, 49
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Ou seja, PR′ = 0, 49PR , então a potência se reduzirá em 49%. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) Nas últimas décadas do século XX, motores de indução gaiola de esquilo começaram a ser empregados em aplicações onde se requer o controle de velocidade, substituindo, assim, motores de corrente contínua. Considere as afirmações abaixo.
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T
I - Esta substituição foi possível graças ao advento dos inversores que permitem a variação da tensão e da freqüência de alimentação dos motores de indução gaiola de esquilo. II - Para uma mesma potência e velocidade nominais, os motores de indução gaiola de esquilo são mais baratos que os motores de corrente contínua, o que favorece esta substituição. III - Para uma mesma potência e velocidade nominais, os motores de indução gaiola de esquilo têm momento de inércia maior que os motores de corrente contínua, o que prejudica esta substituição.
AF
É(São) afirmação(ões) verdadeira(s): (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) III, apenas. (D) I e II, apenas. (E) I, II e III.
Resolução:
I - VERDADEIRO. Para controlar a velocidade dos motores de indução é necessário variar a tensão E a frequência de alimentação, o que só tornou-se possível após o advento dos inversores.
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R
II - VERDADEIRO. Os motores de indução tipo gaiola de esquilo são os mais robustos e de menor custo dentre os motores de mesma potência e velocidade nominais devido ao seu projeto mais simplificado, menor quantidade de
D
elementos internos e ausência de contatos móveis.
III - FALSO. Não necessariamente. O momento de inércia está apenas relacionado ao projeto mecânico do rotor e não se este é gaiola de esquilo ou não.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) O sistema de partida aplicável a motores elétricos de indução, com rotor em curto-circuito e carga acoplada ao eixo, que visa manter constante o fluxo magnético e o torque, através da variação da tensão e da freqüência, é o do tipo: (A) partida direta. (B) conexão Dahlander. (C) chave compensadora. (D) chave estrela-triângulo. (E) conversor de freqüência.
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Resolução: Características do sistema de partida apresentado: Manter CONSTANTE o
T
fluxo magnético e o torque através da VARIAÇÃO da TENSÃO e da FREQUÊNCIA. (A) INCORRETA. Partida direta não mantém o torque constante nem varia a tensão e a frequência durante a partida.
AF
(B) INCORRETA. Na conexão Dahlander, o número de polos é variado por meio de ligações apropriadas das bobinas, porém, a tensão e a frequência também não variam na partida.
(C) INCORRETA. A chave compensadora utiliza um autotransformador para variar a tensão durante a partida, porém, a frequência não varia e o torque fica reduzido.
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R
(D) INCORRETA. A chave estrela-triângulo também varia apenas a tensão durante a partida, sem variar a frequência e com redução do torque.
(E) CORRETA. O conversor de frequência é um equipamento que se enquadra exatamente nas características do enunciado da questão, pois ele é capaz
D
de partir um motor de indução variando sua tensão e frequência, mantendo assim o torque constante. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) As perdas de natureza elétrica nos motores podem ser separadas em perdas no ferro e perdas no cobre. A perda no 2
ferro, dada aproximadamente pela expressão P f = k f , é a oriunda de correntes parasitas e de laços de histerese. A perda no cobre, dada pela expressão P c =k c i 2 , é a resultante do efeito Joule nos condutores de corrente. Controlando-se os valores de intensidade de campo ( ) e corrente (i) de alimentação, um motor elétrico pode operar de forma a fornecer o torque necessário, com minimização das perdas elétricas. Sabendo que o torque do motor é dado por: M= k m i,
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a relação
que minimiza as perdas elétricas, para um i determinado torque de carga, é: (C) k m
kf
kc
kf
(D) k m
kc
kf
kc kf
AF
(B)
kc
T
(A)
(E) impossível determinar com os dados fornecidos.
Resolução:
Ambas as perdas nos motores, no ferro (Kf ϕ2 ) e no cobre (Kc i2 ), são proporcionais ao quadrado das grandezas ϕ e i. E o torque do motor é diretamente proporcional ao produto dessas grandezas, ou seja, para uma mesma carga, o torque 398.126.848-24
R
pode ser produzido tanto por ϕ (com redução de i) como o contrário. Porém, como ϕ e i mudam quadraticamente às perdas associadas a cada um deles, o ponto de minimização das perdas será aquele em que Pf = Pc (*), e a relação
ϕ i
para este
D
ponto é obtida dividindo-se Pf por Pc :
Como Pf e Pc são iguais,
Pf Kf ϕ 2 = Pc K c i2 Pf Pc
= 1, então:
Kf ϕ 2 × Kc i s ϕ Kc = i Kf 1=
(*) A prova desta dedução pode ser obtida de modo rápido por meio do seguinte
39
8.
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exemplo: Supor que Kf = Kc = Km = 1 e que deseja-se um torque M = 4N m,
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12
6
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então ϕi = 4. Comparar duas possibilidades: i) ϕ = 2 e i = 2: Pf = Kf 2 2 = 4 e Pc = Kc 2 2 = 4
398.126.848-24
A perda total será Pf + Pc = 8. ii) ϕ = 4 e i = 1: Pf = Kf 42 = 16 e Pc = Kc 12 = 1 A perda total será Pf + Pc = 17 (mais que o dobro do caso anterior!) ✞
☎
Questão 64
AF
T
Alternativa (A) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005)
R
A figura abaixo ilustra o acionamento de um motor de corrente contínua através de uma ponte retificadora controlada por tiristores.
ia
T1
a
va vb vc
T3
ib
T5 b
Motor CC
Vd
ic
n
c
Campo T6
T2
D
T4
398.126.848-24
i
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
É possivel aumentar a velocidade de rotação deste motor? (A) Sim, aumentando o ângulo de disparo dos tiristores ou diminuindo a tensão de campo do motor. (B) Sim, aumentando o ângulo de disparo dos tiristores ou aumentando a tensão de campo do motor. (C) Sim, diminuindo o ângulo de disparo dos tiristores ou diminuindo a tensão de campo do motor. (D) Sim, diminuindo o ângulo de disparo dos tiristores ou aumentando a tensão de campo do motor. (E) As informações fornecidas são insuficientes para se chegar a uma conclusão.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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39
Máquinas Elétricas
12
6
398.126.848-24
Resolução: Para aumentar a velocidade um motor de CC, na região de controle de velocidade por tensão de armadura, a velocidade do motor é diretamente proporcional à sua tensão de armadura, limitado até o valor da tensão nominal. Após
398.126.848-24
atingir o valor nominal, se for necessário continuar aumentando a velocidade, é preciso manter a tensão no valor de armadura em nominal e reduzir a tensão aplicada ao circuito de campo, o que caracteriza a região de enfraquecimento de campo. Nesta região, ao reduzir a tensão de campo, a velocidade aumenta proporcionalmente, apesar da diminuição do torque do motor. Sendo assim, para aumentar a velocidade do motor em questão, pode-se:
T
i) aumentar a sua tensão de alimentação (armadura), pode meio da REDUÇÃO do ângulo de disparo dos tiristores, pois em um retificador, quanto maior é o ângulo de disparo, mais o equipamento “demora” a conduzir, reduzindo a
AF
tensão média (CC) na saída; e (em caso de dúvidas, estudar Retificadores de Potência Controlados)
ii) reduzir a tensão de campo do motor, que acarretará na redução do torque e aumento da velocidade.
As informações fornecidas SÃO suficientes para se chegar a uma conclusão
✞
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☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
e a única alternativa que indica essas duas possibilidades é a alternativa (C).
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398.126.848-24
Questão 65
8.
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Máquinas Elétricas
12
6
398.126.848-24
(Eng. Elétrica - DECEA 2009) Um transformador na configuração – Y apresenta tensão nos terminais do primário de 13,8 kV e no secundário de 220/127 V. A relação das correntes elétricas de linha entre o primário e o secundário (I L-Primário/IL-Secundário) é de (A) 127/13.800 (B) 220/127 (C) 220/13.800 (D) 13.800/127 (E) 13.800/220
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Resolução: A relação de tensões no transformador é dada pela relação entre BOBINAS
AF
T
(tensões de FASE, marcadas com 2 traços na figura).
R
No lado primário (delta):
398.126.848-24
V1,f ase = 13800V
D
No lado secundário (estrela): V2,f ase = 127V
Relação entre tensões: V1 13800 = V2 127
A relação entre as tensões e as correntes no transformador é inversamente proporcional, ou seja:
I1 V2 127 = = I2 V1 13800 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 66
Característica de circuito aberto
Característica de curto-circuito 400
linha de entreferro
700
Corrente de armadura (A)
Tens ão terminal (V)
800
600 500 400 300 200 100 0
8.
(Eng. Elétrica - DECEA 2009)
900
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80
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Máquinas Elétricas
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6
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0
1
2
3
4
5
6
7
8
350 300 250 200 150 100 50 0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 6,0
9 10 11 12 13 14 15
Corrente de campo (A)
Corrente de campo (A)
2 2
(B)
3
(C)
3
(D)
1
(E)
AF
(A)
T
Nos gráficos acima são mostradas as curvas características de circuito aberto e de curto-circuito de um gerador síncrono de 200 kVA, 480 V (tensão de linha), 60 Hz, conectado em Y. A corrente de campo nominal é igual a 5 A. Supondo que a resistência de armadura seja desprezível, qual é o valor, em ohms, da reatância não saturada deste gerador?
2
3
2
3 2
Resolução:
Utilizar o gráfico da esquerda para determinar a tensão terminal em função da corrente de campo, que é dada no enunciado (5A), encontrando-se 450V . Utilizar o gráfico da direita para determinar a corrente de armadura em
398.126.848-24
R
função da corrente de campo, que é dada no enunciado (5A), encontrando-se 300A.
Observar que 450V é a tensão de LINHA da armadura e, como o gerador
D
está ligado em Y, a tensão de FASE é diferente. A reatância não saturada do gerador, em CADA FASE, é a razão entre a tensão (DE FASE) e a corrente de armadura (EM CADA FASE), logo: X= X=
Va I a 450 √ 3
300 √ 3 3 X= √ = 2 2 3 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 67
8.
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Máquinas Elétricas
12
6
398.126.848-24
(Eng. Elétrica - DECEA 2009)
Em alguns equipamentos fabris que utilizam motores elétricos, como por exemplo, tornos e cortadores de chapas de aço, as rotações dos motores devem ser mantidas constantes, de modo a proporcionar um melhor desempenho. Além disso, muitas vezes, esses motores exigem torques elevados. As fontes de alimentação, nestes casos, são dotadas de inversores de frequência que permitem as duas ações seguintes:
398.126.848-24
I II -
manter a rotação do motor constante; aumentar o torque, atuando na tensão (V) e na frequência (F) de alimentação dos motores.
AF
T
As ações acima são possíveis, se a fonte (A) mantiver V/F constante em ambas as ações. (B) mantiver V/F constante na ação I e atingir o menor V/F possível na ação II. (C) mantiver V/F constante na ação I e atingir o maior V/F possível na ação II. (D) atingir o maior V/F possível em ambas as ações. (E) atingir o menor V/F possível na ação I e atingir o maior V/F possível na ação II.
Resolução:
A seguir são ilustradas as curvas Torque (M) x Velocidade (n) dos motores de indução (usados nas indústrias apresentadas no enunciado) e suas variações
R
em função da mudança, respectivamente, de tensão, frequência e ambas (V e F): M
D
M
M
f1< f2< f3< f4
398.126.848-24
f1< f2< f3< f4
Mr
f1
f2
f3
f4 f1
n
n
f2
f3
f4 n
I - Manter rotação do motor constante: pelos gráficos observa-se que se alterar apenas a tensão (V) ou apenas a frequência (f) a velocidade (n) do motor sempre irá se alterar. Se alterar ambos, mas sem manter a proporção (gráfico V e F), a rotação também irá se alterar. O único modo de manter fixa a rotação é para cada aumento/diminuição de tensão se realizado um aumento
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
de igual proporção na frequência, ou seja, manter a razão V/F constante.
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398.126.848-24
8.
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Máquinas Elétricas
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6
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II - Para obter o torque máximo, é necessário que a tensão (V) seja a maior possível de modo que o ponto máximo da curva seja mantido e reduzir a frequência (F) até “levar” o ponto máximo da curva ao ponto de operação da carga, ou seja, manter uma elevada (maior possível) razão V/F. 398.126.848-24
A única opção que apresenta todas estas características é a (C). ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng. Elétrica - DECEA 2009)
T
Questão 68
AF
Um dado transformador de 10 MVA, cuja tensão no primário é de 20 kV e no secundário é de 160 kV, possui reatância referida ao lado do primário de 2 ohms. Considere que os valores de base adotados no primário desse transformador são iguais aos de placa. Referindo-se ao lado do secundário, os valores da reatância em ohms e em p.u são, respectivamente, (A) 256 e 0,01 (B) 256 e 0,05 (C) 128 e 0,01
(D) 128 e 0,03
(E) 128 e 0,05
R
Resolução:
398.126.848-24
Circuito equivalente simples do transformador:
2
D
10 MVA
20KV
160KV
Impedância base nos lados primário e secundário: Zbase,prim =
(160k)2 = 2560Ω 10M
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Zbase,sec =
(20k)2 = 40Ω 10M
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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Máquinas Elétricas
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398.126.848-24
Reatância do transformador em pu no primário: Xpu =
2 = 0, 05pu 40
Reatância do transformador em pu no secundário:
398.126.848-24
Xsec = Zsec Xpu = 2560 × 0, 05 = 128Ω ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Eng. Elétrica - DECEA 2009)
S1 C1
RT
VCC
AF
S3
T
Questão 69
C2
C1
S2
C1
S4
C2
I
-
II -
III -
A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são) APENAS (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e III. (E) II e III.
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D
R
A figura acima apresenta o circuito lógico para acionamento de duas máquinas trifásicas, comandadas por intermédio dos contatores C1 e C2. As chaves S1, S2, S3 e S4 são do tipo sem retenção. Considere que acionar uma chave significa apertá-la e soltá-la logo em seguida. Além disso, assuma que o funcionamento de uma máquina depende apenas do acionamento do seu correspondente contator. Com relação ao funcionamento do sistema em condições normais, analise as seguintes afirmativas:
a máquina comandada por C2 poderá funcionar independentemente do estado em que estiver a máquina comandada por C1; o funcionamento da máquina comandada por C2 poderá ser interrompido através do acionamento da chave S3; ao acionar a chave S1 com as máquinas em funcionamento, ambas serão desligadas.
Resolução:
I - FALSO. A máquina comandada por C2 depende que a máquina comandada por C1 esteja acionada, ou seja, o contator C1 precisa estar fechado (ver figura) para que o contator C2 possa ser também fechado.
II - VERDADEIRO. Conforme o enunciado, as chaves são sem retenção, logo S4 só pode ficar fechada no instante que alguém pressiona esta chave, abrindo novamente logo em seguida. Como a S3 está em série com a bobina C2, seu pressionamento resultará no desligamento da máquina comandada por
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
C2.
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398.126.848-24
8.
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Máquinas Elétricas
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6
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III - VERDADEIRO. A chave S1, que é do tipo normalmente fechada (NF) está em série com todo o circuito de comando, logo, seu pressionamento resultará no desligamento de ambas as máquinas.
T
398.126.848-24
✞
☎
Questão 70
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
Considere as informações a seguir para responder às duas questões seguintes
R
jXs
(A)
(B)
m XS
v T Eg sen2 () m2 XS
3v T Eg sen() m XS
(E) (C)
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3v T Eg sen2 ()
(D)
A figura acima mostra o modelo elétrico monofásico de um gerador síncrono trifásico. O modelo é composto basicamente por uma tensão interna gerada (Eg), uma reatância indutiva (jXs) e os terminais de conexão A e B. Esse gerador será conectado a um terminal de um sistema elétrico cuja tensão terminal de fase é denominada VT.
D
Parte 1 Sendo δ o ângulo entre a tensão terminal e a tensão interna gerada (ângulo de torque da máquina) e ωm, a velocidade mecânica no eixo do gerador, qual a expressão que define o torque mecânico aplicado no gerador?
3(v T Eg )2 sen()
v T Eg sen2 () m XS
m XS
Resolução:
Quando desprezamos as perdas, a potência mecânica é igual a potência elétrica, além disto o conjugado é a razão entre a potência mecânica e a velocidade, na forma de equação:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Pmec = Pelet Pmec Tmec = ωm
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8.
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Máquinas Elétricas
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6
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O fluxo de potência por fase em um gerador síncrono é dada por: Pelet =
Vt Eg sin(δ)por fase Xs
Assim, combinando as três equações temos:
398.126.848-24
T =
3Vt Eg sin(δ) Xs ωm ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
Parte 2
T
Considere que o gerador apresentado seja de 4 polos, gerando a tensão Eg numa frequência de 60 Hz. Deseja-se obter um gerador que, quando obtida a mesma velocidade no rotor, gere uma tensão Eg numa frequência de 300 Hz.
AF
Quantos polos deve ter o gerador desejado? (A) 8 (B) 10 (C) 12 (D) 20 (E) 24
Resolução:
A questão se resume a aplica a famosa fórmula: N=
120f P
Primeiramente, a máquina gira a uma velocidade determinada que pode ser
R
encontra, uma vez que a frequência gerada de 60Hz é dada e a máquina tem quatro polos. Assim:
N=
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120 × 60 = 1800rpm 4
D
Em seguida, desejamos construir um gerador de P polos que gere 300 Hz
girando a esta mesma velocidade, então basta substituir na fórmula novamente: 120 × 300 P P = 20 polos
1800 =
Outro raciocínio, utilizando proporção, é que uma máquina girando na mesma velocidade para gerar cinco vezes a frequência original iria necessitar de um número de par de pólos também cinco vezes maior. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 71
8.
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Máquinas Elétricas
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) Um motor monofásico shunt de corrente contínua, de 10 HP de potência mecânica (1 HP = 746 W) e 100 V de tensão de alimentação, tem um rendimento de 80 %. Sabendo-se que a corrente de excitação é de 2,5 A, a corrente do induzido, em ampères, desse motor é (E) 53,21 (C) 59,68 (A) 93,25 (D) 57,18 (B) 90,75
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Resolução: O rendimento é uma medida que relaciona a energia de entrada (elétrica) com energia de saída (mecânica), de modo que: Pmec η
T
Pelet =
Se o motor tem rendimento η = 0, 80, passando de HP para W , temos: 10 × 746 = 9325W 0, 80
AF
Pelet =
Como o motor é de excitação shunt, a tensão no enrolamento de campo é aproximadamente igual aos 100V da armadura, assim a potência nele dissipada é: Pcampo = 100V × 2, 5A = 250W
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R
Mas a potência elétrica da máquina é a potência do campo mais a potÊncia da armadura:
Parm = Pelet − Pcampo
D
Substituindo os valores:
Parm = 9325 − 250W = 9075W
Mas a potência na armadura é a tensão de armadura vez a corrente de
armadura, ou induzido, assim: Parm = Ea Ia 9075 = 100Ia Ia = 90, 75A ✞
☎
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8.
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6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Sistemas de Controle
AF
Questões Resolvidas RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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8.
12
6
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Introdução
398.126.848-24
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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8.
12
6
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q58 (pág. 1), Q61 (pág. 4), Q62 (pág. 6). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1
T
Q56 (pág. 7), Q57 (pág. 9). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q41 (pág. 33), Q42 (pág. 36).
AF
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q59 (pág. 34), Q60 (pág. 10).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q11 (pág. 11).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008 Q36 (pág. 12), Q37 (pág. 13).
R
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011 Q47 (pág. 15), Q49 (pág. 16), Q50 (pág. 18), Q51 (pág. 19), Q52 (pág. 20), Q54 (pág. 21), Q55 (pág. 22).
D
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Áreas: Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006 Q29 (pág. 23).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q53 (pág. 24), Q54 (pág. 25), Q55 (pág. 26). Prova: Engenheiro(a) Elétrica - Sistemas Industriais - Eletronuclear 2010 Q47 (pág. 29), Q48 (pág. 30), Q49 (pág. 27). Prova: Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Elétrica - PetroquímicaSuape 2011
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 28
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q42 (pág. 31), Q43 (pág. 32).
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39
8.
12
6
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Sistemas de Controle
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Questão 1
T
1.1 Controle Linear (Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
AF
Um circuito elétrico tem seu modelo representado pela seguinte equação diferencial ordinária: d2 v o dt
2
+4
dv o dv + 3v o (t) = i + 2v i (t) dt dt
onde
R
• vi(t)é o sinal da fonte de tensão na entrada do circuito, dado por vi(t) = 3e2t, para t ≥ 0, e nulo para t<0. • v0(t) é o sinal medido como tensão na saída do circuito. 398.126.848-24
Com base nos dados apresentados e considerando, no modelo matemático, as condições iniciais nulas, a expressão do sinal de saída para t ≥ 0 é
D
-2t -3t (A) v o (t) = 6(e - e )
(B) v o (t) = 3(e-2t - e-3t )
(D) v o (t) =
3 -t (e + e-3t ) 2
(E) v o (t) = 3(e- t + e-3t )
(C) v o (t) = 3 (e- t - e-3t ) 2
Resolução: O candidato deve aplicar a transformada de Laplace na função de trans-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ferência, lembrando que a derivação no domínio da frequência é equivalente à
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8.
2
39
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CONTROLE
12
6
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multiplicação por “s”, logo: d 2 v0 dv0 L +4 + 3v0 = L dt2 dt 2 d v0 dv0 L + 4L + 3L [v0 ] = L dt2 dt
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dvi + 2vi dt dvi + 2L [vi ] dt
s2 V0 (s) + 4sV0 (s) + 3V0 (s) = sVi (s) + 2Vi (s) (s2 + 4s + 3)V0 (s) = (s + 2)Vi (s)
O candidato deve estar atento que estes resultados foram obtidos porque as condições iniciais são nulas, ou seja, v0 (0) = v0′ (0) = 0, do contrário, deveríamos aplicar as expressões: dv0 L = sVo (s) − v0 (0) dt dvi L = sVi (s) − vi (0) dt 2 d v0 L = s2 Vo (s) − sv0′ (0) − v0 (0) dt2
AF
T
De qualquer forma, podemos escrever a saída Vo (s) em função da entra Vi (s) da seguinte forma:
R
V0 (s) =
s2
s+2 Vi (s) + 4s + 3
398.126.848-24
Para nossa conveniência futura, fatoremos o denominador:
D
V0 (s) =
s+2 Vi (s) (s + 3)(s + 1)
Assim, aplicando o sinal de entrada vi (t) = 3e−2t , cuja transformada de La-
place é:
Vi (s) = L 3e−2t =
3 s+2
Teremos então que a expressão para V0 (s), que é: V0 (s) =
s+2 3 × (s + 3)(s + 1) s + 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Observe então que existe um cancelamento do zero da função de transfe-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
3
39
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12
6
398.126.848-24
rência com o polo do sinal de excitação, resultando simplesmente em: V0 (s) =
3 (s + 3)(s + 1)
Podemos então separar os termos através do método das frações parciais:
398.126.848-24
V0 (s) =
A B + s+1 s+3
Desenvolvendo, temos: V0 (s) =
(A + B)s + (3A + B) 3 = (s + 3)(s + 1) (s + 3)(s + 1)
T
Portanto: A+B =0
AF
3A + B = 3 O que resulta em A =
3 2
eB=
V0 (s) =
−3 . 2
Utilizando este resultado, temos:
3 1 −3 1 × + × 2 s+1 2 s+3
Assim, aplicando a transformada inversa de Laplace, teremos:
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
3 3 v0 (t) = e−t − e−3t 2 2 3 −t v0 (t) = (e − e−3t ) 2
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 2
8.
4
39
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2) Considere a função de transferência na variável de Laplace dada por G(s) =
398.126.848-24
K (s + 4)3
, que representa o modelo de um
sistema linear a ser controlado. No domínio da frequência em que s = j, para se calcular a margem de ganho em estabilidade, é necessário medir a frequência . Nessa frequência, a função G(j) tem ângulo de fase igual a 180º. Qual é o valor, em rad/s, dessa frequência ? 3 2
(C) 2 3
(B)
3
(D) 4 3
(E) 5 2
AF
T
(A)
Resolução:
Seja a função de transferência:
G(s) =
K (s + 4)3
Quando o sistema for alimentado por um sinal senoidal do tipo s = jωπ ,
R
teremos:
G(jωπ ) =
398.126.848-24
K (jωπ + 4)3
Uma vez que não nos interessa os aspectos relativos ao módulo, aplicamos
D
os cálculos de fase:
K ∠G(jωπ ) = ∠ (jωπ + 4)3
Sabemos que em termos de fase, divisão se traduz em subtração, de modo
que:
K ∠ (jωπ + 4)3
= ∠K − ∠(jωπ + 4)3
Da mesma forma, multiplicação vira adição e potência se torna multiplicação pelo expoente, logo:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
∠K − ∠(jωπ + 4)3 = ∠K − 3∠(jωπ + 4)
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
5
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12
6
398.126.848-24
Como para esta frequência temos um ângulo de fase de −180◦ (informação
do enunciado), basta igualarmos os termos:
∠G(jωπ ) = ∠K − 3∠(jωπ + 4) −180◦ = ∠K − 3∠(jωπ + 4)
398.126.848-24
Uma vez que o ganho K é um número real, seu ângulo de fase é necessariamente zero, ou seja: −180◦ = 0◦ − 3∠(jωπ + 4) Assim, dividindo a equação por -3 teremos:
T
60◦ = ∠(4 + jωπ ) Então o número complexo s = 4 + jωπ deve ser tal que seu ângulo de fase seja 60◦ . Porém, sabemos que a tangente do ângulo de fase é igual à razão entre
AF
sua parte imaginária e real, ou seja:
ℑ[4 + jωπ ] ℜ[4 + jωπ ] √ ωπ 3= 4 √ ωπ = 4 3
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
tg(60◦ ) =
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 3
8.
6
39
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
O Gráfico abaixo mostra o diagrama de Bode do modelo malha aberta de uma planta linear de terceira ordem e sem zeros finitos. Amplitude (dB)
50
398.126.848-24
0 - 50 -100
Ângulo de Fase 0o (graus) - 90o -180o
10-1
100
101
102
w[rad]
AF
T
Com base nas curvas de amplitude e fase, constata-se que o sistema em malha fechada será (A) estável porque a curva de amplitude tende para zero quando a frequência tende para o infinito. (B) estável porque, na frequência em que o ângulo de fase é 90º, a amplitude está acima de 0 dB. (C) estável porque, na frequência em que o ângulo de fase é 180º, a amplitude está acima de 0 dB. (D) instável porque, na frequência em que o ângulo de fase é 180º, a amplitude está acima de 0 dB. (E) instável porque a curva de fase tende assintoticamente para 270º quando a frequência tende para infinito.
Resolução:
De acordo com o critério de Nyquist sabemos que a frequência onde o gráfico de Amplitude atinge o valor de 0db determina, no gráfico de fase, a Margem de Fase (M F ). Do mesmo modo, a frequência onde o gráfico de Fase atinge o valor de −180◦ determina, no gráfico de amplitude, a Margem de Ganho (M G).
398.126.848-24
R
Abaixo identificamos a Margem de Ganho (linha vermelha contínua) e a Mar-
gem de Fase (linha verde contínua):
D
Amplitude (dB)
50
0
MG - 50 -100
Ângulo de Fase 0o (graus) - 90o
MF
o
-180
10-1
100
101
102
w[rad]
gem de Fase está abaixo de −180, ou seja, tanto M G como M F são negativas,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como podemos observar, a Margem de Ganho está acima de 0db e a Mar-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
7
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12
6
398.126.848-24
indicando que o sistema é instável em malha fechada. Veja na próxima questão como encontramos os valores numéricos de M G e M F , e note o porquê são negativas nesta situação. ✞
398.126.848-24
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1)
398.126.848-24
R
AF
T
Questão 4
Leve em conta a planta de controle cujo modelo de malha aberta, em função de transferência no domínio de Laplace, é .
D
dado por:
Para um certo valor do ganho K, foi traçado o esboço aproximado do diagrama de Bode, em amplitude e fase, da função G(s), representado na figura acima.
Parte 1 Analisando-se o diagrama de Bode para estabelecer a condição de estabilidade dessa planta em malha fechada com realimentação de saída, o sistema malha fechada será (A) instável porque, na frequência em que a amplitude cai 3 dB (meia potência), a fase é aproximadamente −90º. (B) instável porque, na frequência em que a fase é −180º, a amplitude está acima de 0 dB. (C) instável porque, em frequências muito altas, a fase cai abaixo de −180º. (D) estável porque a amplitude permanece constante em baixas frequências. (E) estável porque a amplitude tende a zero quando a frequência tende ao infinito.
Resolução: Da teoria de controle sabemos que, pelo Diagrama de Bode, a frequência
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(ω1 ) onde o gráfico de Fase vale -180◦ determina a margem de ganho M G. Tam-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
8
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12
6
398.126.848-24
bém sabemos que a frequência (ω2 ) onde o gráfico de Módulo vale 0dB determina a margem de fase M F . Do diagrama de bode apresentado então tiramos que ω1 ≈ 6rad/s e
ω2 ≈ 7rad/s. Agora calculamos o valor aproximado da margem de ganho(M G)
398.126.848-24
e margem de fase(M F ):
M G = 0 − ganho(ω1 ) ≈ 0 − 10 = −10dB M F = f ase(ω2 ) + 180◦ ≈ −200◦ + 180◦ = −20◦ Logo, como M G < 0 e M F < 0, o sistema apresentado é instável em malha fechada.
T
Observe que não é necessário calcular M G e M F , o fizemos apenas por questão didática. Para resolver esta questão bastava o candidato perceber que a margem de ganho é assinalada acima de 0dB (logo é negativa) e que a margem de fase é assinalada abaixo de -180◦ (logo é negativa), o que caracteriza um sistema Fase M F :
AF
instável. Abaixo destacamos no gráfico a Margem de Ganho M G e a Margem de
MG
D
R
398.126.848-24
MF
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 5
8.
9
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1)
Parte 2 Com base na curva de amplitude, para que valor do ganho K esse diagrama foi traçado? (A) 400
(B) 150
(C)
(D)
(E)
398.126.848-24
Resolução: O primeiro passo é calcular o ganho estático de G(s), que chamaremos de Ke , e para isso aplicamos o Teorema do Valor Final considerando uma entrada tipo degrau:
=
K 15
T
K 1 Ke = lim s × 3 × 2 s→0 s + 9s + 23s + 15 s
Baseando-nos no Diagrama de Módulo, sabemos que quando ω tende a zero, o valor do módulo tende ao ganho em regime permanente do sistema (o
AF
nosso ganho estático Ke ). Ou seja:
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
20 log |Ke | = 30 K 20 log = 30 15 K 3 log = 15 2 K = 10 32 15 √ |K| = 15 103 √ |K| = 150 10
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 6
8.
10
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
Um sistema linear, causal e de segunda ordem é representado pela seguinte função de Transferência:
398.126.848-24
Esse sistema opera com razão de amortecimento 0,7 e frequência natural não amortecida de 15 rad/s. Quando alimentado por um degrau unitário em sua entrada, a saída, em regime permanente, atinge o valor 0,4. Os valores de a e K, respectivamente, são (A) 42 e 180 (B) 21 e 90 (C) 21 e 15 (D) 10,5 e 90 (E) 10,5 e 45
Resolução:
T
Primeiramente comparamos a função de transferência dada com uma FT de segunda ordem padrão:
K K2 ωn2 = s2 + as + b s2 + 2ξωn s + ωn2
AF
G(s) =
O enunciado nos informa que a frequência natural não amortecida é: ωn = 15rad/s, então podemos encontrar b diretamente da comparação acima: b = ωn2 = 152 = 225
Também nos foi dado que ξ = 0, 7, então podemos achar o valor de a: 398.126.848-24
R
a = 2ξωn = 2 × 0, 7 × 15 = 21
Em regime permanente, o valor da saída para um degrau unitário deve ser igual a
D
0,4, então aplicamos o Teorema do Valor Final para achar o valor de K: lim s ×
s→0
s2
K 1 K × = = 0, 4 + as + b s b K = 0, 4 × b K = 0, 4 × 225 K = 90
Portanto a = 21 e K = 90. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 7
8.
11
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
Um sistema linear apresenta a seguinte configuração em malha fechada, no domínio de Laplace. 398.126.848-24
R(s)
K s(s + 10)
+ _
Y(s)
No domínio do tempo, aplicando um degrau unitário na entrada deste sistema, a saída y(t), em regime permanente, tende para (A) 1
(E)
1 10
(D) 10
T
1 K
AF
(C)
(B) K
Resolução:
Primeiramente devemos encontrar a Função de Transferência de Malha Fechada:
K
Y (s) s(s+10) = K R(s) 1 + s(s+10)
Y (s) K = R(s) s(s + 10) + K
R
398.126.848-24
Agora, para encontrarmos o valor da saída y(t) em regime permanente para
D
um entrada degrau unitário basta aplicarmos o Teorema do Valor Final: K 1 K lim s × × = =1 s→0 s(s + 10) + K s K Obs.: Para um candidato bem preparado não seria necessário nenhum cál-
culo nesta questão. Ao observar que a planta já é integradora o candidato poderia então concluir que em malha fechada a mesma seguiria entradas do tipo degrau com erro nulo, ou seja, a saída em regime permanente para uma entrada tipo degrau unitário seria igual a 1. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 8
8.
12
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6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Termoaçu 2008)
Um sistema linear e invariante no tempo tem sua dinâmica modelada em espaço de estado pelas seguintes equações: X& (t ) =
398.126.848-24
é0 ù é0 1ù êë- 4 - 5úû X (t )+ êë1 úû u (t )
[
]
y (t ) = 5 2 X (t )
Onde u(t) é o sinal de entrada, y(t) o sinal de saída e X(t) é o vetor de estado.
Parte 1 (B) –2,5 e 0 (D) –1 + j e –1 –j
T
Os pólos deste sistema são: (A) –4 e –5 (C) –1 e –4 (E) –1 + j2 e –1 – 2j
Resolução:
˙ Como o sistema já está na forma X(t) = AX(t) + Bu(t), basta calcularPortanto:
AF
mos os autovalores de A, que estes serão os pólos da função de transferência.
det(sI − A) = 0 " #! 1 0 0 1 det s − =0 0 1 −4 −5 " #! s −1 det =0 4 s+5
D
R
"
#
398.126.848-24
s(s + 5) − (−4) = 0
s2 + 5s + 4 = 0
De onde tiramos os pólos s1 = −1 e s2 = −4. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 9
8.
13
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12
6
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Termoaçu 2008)
Parte 2 A função de transferência G (s ) = 398.126.848-24
(A) G (s ) = (C) G (s ) =
2
s + 5s + 4
2s + 5 2
s + 5s + 4
U (s )
é:
(B) G (s ) = (D) G (s ) =
2s + 5 2
s + 4s + 5 1 2
5s + 2
5s 2
s + 4s + 5
T
(E) G (s ) =
5s + 2
Y (s )
Resolução:
Na questão anterior já encontramos a equação característica da função de
AF
transferência, que é s2 + 5s + 4 = 0. Dentre as alternativas vemos que a letra (A) e (C) apresentam esta equação característica, porém precisamos analisar outro aspecto a fim de encontrar a alternativa correta.
Para encontrarmos a função de transferência de um sistema que está na ˙ forma de espaço de estados padão X(t) = AX(t) + Bu(t) e y(t) = CX(t) + Du(t), devemos resolver a seguinte equação:
398.126.848-24
R
G(s) = C(sI − A)−1 B + D
Porém tal cálculo é trabalhoso, consome muito tempo e aumenta as chances
de produzir erros. Por isso vamos procurar um “atalho”.
D
Vemos que a FT da alternativa (A) possui ganho estático igual a 12 , enquanto
a alternativa (C) possui ganho estático igual a 54 . Logo, se calcularmos o ganho estático do sistema direto no espaço de estados, já poderemos encontrar a alternativa correta.
O ganho estático é determinado em regime permanente, quando os estados são estacionários (constantes) e consequentemente suas derivadas são nulas. Ou
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
seja, o nosso sistema que é dado por: " # " #" # " # x˙ 1 (t) 0 1 x1 (t) 0 = + u(t) x˙ 2 (t) −4 −5 x2 (t) 1
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
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em regime permanente, para uma entrada degrau (u(t) = 1), se resumirá a: " # " #" # " # 0 0 1 x1 0 = + ×1 0 −4 −5 x2 1 398.126.848-24
de onde tiramos facilmente que os estados estacionários são: x1 =
1 4
e
x2 = 0
Com estes estados, nossa saída y será dada então por: " # h i x 1 y= 5 2 x2
AF
T
= 5x1 + 2x2 1 =5× +2×0 4 5 = 4
Ou seja, a saída deste sistema (para um entrada tipo degrau unitário) em regime permanente será igual 54 , logo fica fácil calcularmos o ganho estático K: 5 ∆Y 5 K= = 4 = ∆U 1 4
Ou seja, nossa função apresenta o denominador igual a s2 + 5s + 4 e ganho
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
estático igual a 54 , restando-nos apenas a alternativa C.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
8.
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398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
O polinômio do denominador da função de transferência de um sistema em malha fechada é dado por s3 + 12 s2 + 44 s + 48 + K 398.126.848-24
Variando positivamente o valor de K até o sistema entrar em oscilação pura (limiar da instabilidade), o valor da frequência de oscilação, em rad/s, é (A)
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução: No limite da instabilidade teremos dois pólos sobre o eixo imaginário, prestes a irem para o semiplano complexo direito. Ou seja, neste ponto teremos dois pólos
T
do tipo s = ±jω, onde ω é a frequência de oscilação. Por serem pólos, estes
valores de s devem satisfazer a equação característica:
AF
s3 + 12s2 + 44s + 48 + K = 0 (jω)3 + 12(jω)2 + 44(jω) + 48 + K = 0
−jω 3 − 12ω 2 + j44ω + 48 + K = 0
(48 + K − 12ω 2 ) + j(44ω − ω 3 ) = 0
Para a equação acima ser verdadeira precisamos que a parte real e a parte imaginária sejam ambas iguais a zero. Igualando a parte imaginária a zero tiramos 398.126.848-24
R
diretamente o valor de frequência de oscilação: 44ω − ω 3 = 0
D
ω(44 − ω 2 ) = 0 ω=0
ou
ω=
√
44
Como ω = 0 é a solução trivial, vemos que a frequência de oscilação no √ limite da instabilidade será igual a 44. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 11
8.
16
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6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
O diagrama em bloco da figura acima é a representação de um sistema linear, com entrada X(s) e saída Y(s), modelado no domínio de Laplace.
T
A expressão de Y(s) é
Resolução:
trarmos
Y (s) X(s)
AF
Como podemos perceber, temos três malhas de realimentação. Para enconbasta utilizarmos álgebra de blocos, e irmos simplificando o diagrama
da malha interior para a malha exterior. A primeira malha, realimentada pelo ganho −3, pode ser substituída por um bloco G1 (s) dado por: G1 (s) =
1 s
1+3×
1 s
=
1 s+3
R
Agora podemos partir para simplificar a segunda malha, do ganho −5, sem
398.126.848-24
D
nos esquecer de englobar G1 (s):
G1 (s) × 1s G2 (s) = 1 + 5G1 (s) × G2 (s) =
1 s+3
×
1 s
1 s
1 1 + 5 s+3 × 1s 1 G2 (s) = s(s + 3) + 5
E agora podemos então fechar a malha mais externa, do ganho −8, sem
nos esquecer de englobar G2 (s):
G2 (s) × 1s 1 + 8G2 (s) ×
1 s
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
G3 (s) =
398.126.848-24
398.126.848-24
G3 (s) =
1
8.
17
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
1 × 1s s(s+3)+5 1 + 8 s(s+3)+5 × 1s
1 s(s(s + 3) + 5) + 8 1 G3 (s) = 3 s + 3s2 + 5s + 8 G3 (s) =
398.126.848-24
Como já simplificamos nosso diagrama a apenas um bloco, temos: Y (s) = G3 (s)X(s) Y (s) =
s3
X(s) + 3s2 + 5s + 8 ✞
☎
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
T
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
8.
18
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011) Considere o sinal causal dado por v(t) = 10e−2t − 5e−5t para t 0 e nulo para t < 0. A transformada de Laplace de v(t) é
398.126.848-24
(A)
(D)
(B)
(E)
T
(C)
Resolução:
AF
Para resolver-mos esta questão basta lembrarmos da seguinte Transformada de Laplace:
e−at ⇔
1 s+a
Logo a transformada de v(t) será:
v(t) ⇔ V (s) 1 1 10e−2t − 5e−5t ⇔ 10 −5 s+2 s+5
R
398.126.848-24
Ou seja, V (s) será:
1 1 −5 s+2 s+5 10(s + 5) − 5(s + 2) V (s) = (s + 2)(s + 5) 5s + 40 V (s) = 2 s + 7s + 10 5(s + 8) V (s) = 2 s + 7s + 10
D
V (s) = 10
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
19
39
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CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
Um sistema com sinais x(t) de entrada e y(t) de saída tem sua dinâmica modelada pela seguinte equação diferencial: 398.126.848-24
A função de transferência que liga a saída Y(s) à entrada X(s) é
(D)
(B)
(E)
T
(A)
AF
(C)
Resolução:
Para resolver esta questão basta aplicarmos a Transformada de Laplace na equação diferencial dada e então encontrarmos
Y (s) , X(s)
como fazemos abaixo:
2 d4 y d3 y dy dx dx L 0, 05 4 + 0, 25 3 + = L 5 2 + 20 dt dt dt dt dt
R
398.126.848-24
0, 05s4 Y (s) + 0, 25s3 Y (s) + sY (s) = 5s2 X(s) + 20sX(s) s4 Y (s) + 5s3 Y (s) + 20sY (s) = 100s2 X(s) + 400sX(s)
D
Y (s)(s4 + 5s3 + 20s) = X(s)(100s2 + 400s) Y (s) 100s2 + 400s = 4 X(s) s + 5s3 + 20s Y (s) 100s(s + 4) = X(s) s(s3 + 5s2 + 20) Y (s) 100(s + 4) = 3 X(s) s + 5s2 + 20 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
8.
20
39
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CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
A figura acima mostra uma estrutura de controle em malha fechada, onde G(s) corresponde a uma planta que se deseja controlar com uma realimentação de saída através de um compensador H(s). Com base no diagrama, a função de transferência de malha fechada é (A)
T
(D)
(B)
AF
(E)
(C)
Resolução:
A função de malha fechada é facilmente encontrada utilizando-se álgebra de blocos, como segue:
398.126.848-24
R
Y (s) G(s) = R(s) 1 + G(s)H(s)
D
Y (s) = R(s) 1+
s+5 s2 +10s+16 s+5 s2 +10s+16
K s(s+5)
Y (s) s(s + 5)(s + 5) = 2 R(s) s(s + 5)(s + 10s + 16) + (s + 5)K Y (s) s(s + 5) = 2 R(s) s(s + 10s + 16) + K Y (s) s(s + 5) = 3 R(s) s + 10s2 + 16s + K ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 15
8.
21
39
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CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
Um sistema de 2a ordem tem seu modelo em função de transferência representado, na forma padrão, por
T
. As posições dos seus polos
estão mostradas no gráfico da figura acima.
Parte 1
AF
Com base no gráfico da Figura 1, esse sistema apresenta razão de amortecimento igual a (A) 0,2 (B) 0,4 (C) 0,6 (D) 0,8 (E) 1,0
Resolução:
398.126.848-24
R
Como podemos ver, este sistema apresenta os pólos s1 = −3 + j4 e s2 =
−3 − j4, ou seja, o denominador D(s) da nossa função de transferência será: D(s) = (s + 3 − j4)(s + 3 + j4)
D
D(s) = s2 + 3s + j4s + 3s + 9 + j12 − j4s − j12 + 16 D(s) = s2 + 6s + 25
(1.1)
Agora podemos comparar este denominador com a forma padrão: s2 + 6s + 25 = s2 + 2ζωn s + ωn2
De onde tiramos que ωn2 = 25, ou ωn = 5. E também:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
2ζωn s = 6s
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
22
39
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CONTROLE
12
6
398.126.848-24
6s 2ωn s 6s ζ= 2 × 5s ζ=
398.126.848-24
ζ = 0, 6
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 16
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011)
AF
T
Parte 2
Considere o diagrama de realimentação mostrado na Figura 2, onde o ganho K varia positivamente até os polos alcançarem as posições mostradas na Figura 1. Os valores de a e K são, respectivamente, (A) 3 e 25 (D) 6 e 12 (B) 3 e 12 (E) 6 e 25 (C) 5 e 15
R
Resolução:
398.126.848-24
A função de transferência de malha fechada do diagrama da Figura 2 será:
D
H(s) =
1
K s(s+a) K + s(s+a)
K s(s + a) + K K H(s) = 2 s + as + K H(s) =
Comparando o denominador de H(s) com a equação 1.1: s2 + as + K = s2 + 6s + 25 de onde tiramos diretamente que a = 6 e K = 25. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 17
8.
23
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006) Imag
398.126.848-24
8
2
0
Real
T
O gráfico mostrado na figura acima ilustra o diagrama do Lugar das Raízes de um sistema de 3ª ordem, com três pólos, nenhum zero finito e com realimentação de saída. Com base nas informações contidas no gráfico, o valor do
AF
ganho K ≥ 0 que posiciona os pólos de malha fechada no limiar da instabilidade é: (A) 40 (B) 64 (C) 120 (D) 160 (E) 240
Resolução:
Pelo diagrama do Lugar das Raízes identificamos os três pólos do sistema: s1 = −8, s2 = −2 e s3 = 0. Com estes dados podemos encontrar a equação característica do sistema, como segue
R
(s − s1 )(s − s2 )(s − s3 ) + K = 0
398.126.848-24
(s + 8)(s + 2)s + K = 0
s3 + 10s2 + 16s + K = 0
D
No limiar da instabilidade, os dois pólos da direita do Lugar das Raízes es-
tarão sobre o eixo imaginário. E os valores dos pólos nesta posição estão identificados no diagrama como sendo s = ±4j. Fazendo-se s = 4j e substituindo na equação característica temos:
s3 + 10s2 + 16s + K = 0 (4j)3 + 10(4j)2 + 16(4j) + K = 0 −64j − 160 + 64j + K = 0 K = 160 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 18
8.
24
39
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CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012) y
398.126.848-24
0,8
R(s) + _
0,0 0,0
1,0
K (s 2)(s 8)
Y(s)
t [s]
2,0
T
O gráfico da figura acima mostra a resposta ao degrau unitário aplicado sobre um sistema em malha fechada, cujo diagrama em blocos está representado na figura. Com base nos dados do gráfico, o valor do ganho K é (A) 100 (D) 16 (E) 10 (B) 64 (C) 38
AF
Resolução:
Primeiramente calcularemos a Função de Transferência de Malha Fechada: K
Y (s) (s+2)(s+8) = K R(s) 1 + (s+2)(s+8)
Y (s) K = R(s) (s + 2)(s + 8) + K Y (s) K = 2 R(s) s + 10s + 16 + K
R
398.126.848-24
Pelo gráfico de resposta do sistema ao degrau unitário vemos que o ga-
nho estático do sistema em malha fechada é igual a 0,8, logo basta aplicarmos o
D
Teorema do Valor Final na FTMF encontrada e igualarmos a 0,8: K 1 lim s × 2 × = 0, 8 s→0 s + 10s + 16 + K s K = 0, 8 16 + K K = 12, 8 + 0, 8K 0, 2K = 12, 8 K = 64 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 19
8.
25
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012)
O polinômio do denominador da função de transferência em malha fechada de um sistema linear é s3 + 10s2 + 8s + K − 64
398.126.848-24
Considerando-se que o numerador da função de transferência é um valor constante, qual a faixa de variação do ganho K que garante a estabilidade do sistema? (A) 0 < K < 64 (B) 54 < K < 112 (C) 54 < K < 128 (D) 64 < K < 144 (E) 64 < K < 188
T
Resolução:
Para analisar a estabilidade deste sistema aplicaremos o critério de Routh-
AF
Hurwitz ao polinômio do denominador, como segue:
s3 s2 s
1
s0
1
8
10
(K − 64)
144−K 10
0
(K − 64)
0
R
Para o sistema ser estável não pode haver troca de sinal na primeira coluna
398.126.848-24
da tabela. Então, da linha de s1 tiramos que:
D
144 − K >0 10
⇒
K < 144
⇒
K > 64
E da linha de s0 temos que ter: K − 64 > 0
Ou seja, para o sistema ser estável temos que ter 64 < K < 144. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 20
8.
26
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012)
x(t)
SISTEMA 1
v(t)
SISTEMA 2
y(t)
398.126.848-24
Considere o diagrama em blocos da figura acima, formado por dois sistemas lineares de 1a ordem, ligados em cascata. As equações diferenciais que representam a dinâmica desses sistemas são: dv dx 5v t 2 dt dt
e 3
dy 4y t v t dt
T
A expressão da função de transferência que liga a entrada Y s X(s) à saída Y(s), dada por G s ,é X s
(A) G s
2s s2 5s 10
(B) G s
2s 3s2 19s 20
(D) G s
20 s2 5s 10
(E) G s
20 3s 19s 20
(C) G s
20 3s2 5s 10
AF
2
Resolução:
Nosso objetivo é obter as funções de transferência
V (s) X(s)
e
Y (s) , V (s)
então basta
multiplicarmos estas duas funções de transferência para obtermos G(s) =
Y (s) , X(s)
já
que os dois sistemas estão em série como mostra o diagrama de blocos.
R
398.126.848-24
Aplicando a Transformada de Laplace à primeira equação temos: sV (s) + 5V (s) = 2sX(s)
D
V (s)(s + 5) = 2sX(s) V (s) 2s = X(s) (s + 5)
Aplicando a Transformada de Laplace à segunda equação temos: 3sY (s) + 4Y (s) = V (s) Y (s)(3s + 4) = V (s)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Y (s) 1 = V (s) (3s + 4)
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
27
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
Agora, multiplicando estas duas FT podemos encontrar G(s): G(s) = G(s) =
398.126.848-24
G(s) = G(s) = G(s) =
Y (s) X(s) V (s) Y (s) × X(s) V (s) 2s 1 × (s + 5) (3s + 4) 2s 2 3s + 4s + 15s + 20 2s 2 3s + 19s + 20 ✞
☎
Questão 21
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng Elétrica - Sistemas Industriais - Eletronuclear 2010) Eixo Imaginário
0,4 0,2
Eixo Real
-1
-0,5
0
0,5
-0,2 -0,4
D
R
-1,5
398.126.848-24
log(0,5)=-0,3 log(1,0)=0 log(1,5)=0,18
O gráfico da figura acima mostra o Diagrama de Nyquist para um sistema linear cuja função de transferência em malha aberta é dada por G(s) =
500 . s3 + 16s2 + 65s + 50
Aplicando-se uma realimentação unitária de saída em G(s), considerando-se 500 o ganho de projeto e com base no Diagrama de Nyquist, a margem de ganho do sistema, em dB, é (B) −6
(C) 3
(D) 6
(E) 10
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(A) −10
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
28
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
Resolução: Baseando-nos unicamente pelo Diagrama de Nyquist, sabemos que podemos obter a margem de ganho M G segundo a expressão: MG = −
398.126.848-24
1 a
onde a é valor real da coordenada onde o gráfico cruza o eixo real.
será:
No caso em questão vemos que a = −0, 5, logo nossa margem de ganho MG = −
1 =2 −0, 5
T
Porém é pedido M G em dB, logo: M GdB = 20 log(M G)
AF
M GdB = 20 log(2) 1 M GdB = 20 log 0, 5
M GdB = 20(log(1) − log(0, 5)) M GdB = 20(0 − (−0, 3)) M GdB = 6db
✞
☎ 398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 22
8.
29
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Elétrica - Sistemas Industriais - Eletronuclear 2010)
Im 398.126.848-24
-2
-10
0
Re
AF
T
Uma planta, representada pela função de transferência G(s), é controlada com realimentação de saída com a ajuda de um compensador H(s), do tipo avanço de fase e conectado em série com a planta. A figura acima mostra o diagrama do lugar das raízes para esse sistema em malha fechada, quando o ganho de malha K varia positivamente de 0 a ∞. Parte 1 A expressão da função de transferência da planta é (A) G(s) =
(B) G(s) =
s+2 s2
1 (D) G(s) = s(s + 10)
1 s2
1 (E) G(s) = s
398.126.848-24
R
s+2 (C) G(s) = s(s + 10)
Resolução:
D
Como foi utilizado um controlador do tipo avanço de fase, sabemos que o
mesmo tem a seguinte forma (omitindo-se o ganho K): H(s) =
s+z s+p
com
|p| > |z|
ou seja, o pólo do controlador deve estar à esquerda do seu zero no diagrama. E, observando o diagrama, vemos que isso só é possível se o pólo do controlador for s = −10. Ou seja, o controlador utilizado neste sistema é o seguinte: s+2 s + 10
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
H(s) =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
30
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
Para a planta sobram então os dois polos na origem, ou seja: G(s) =
1 s2 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
Questão 23
(Eng Elétrica - Sistemas Industriais - Eletronuclear 2010)
Parte 2
AF
T
Com base nas propriedades do lugar das raízes, quando o polo real se encontra em −3, o valor do ganho K é (A) 30 (B) 52 (C) 63 (D) 78 (E) 104
Resolução:
Das propriedades do Lugar das Raízes sabemos que um ponto só pertence ao LR se o mesmo satisfazer a condição de módulo e fase. Tais condições são expressas por:
e
∠(KG(s)H(s)) = (2n + 1)180◦
398.126.848-24
R
|KG(s)H(s)| = 1
D
Se foi dito que s = −3 faz parte do LR, então devemos ter: |KG(s)H(s)| = 1 1 (s + 2) K × =1 × s2 (s + 10) 1 (−3 + 2) 1 × (−3)2 (−3 + 10) = K 1 −1 × = 1 9 7 K 1 1 = 63 K K = 63 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
8.
31
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
CONTROLE
12
6
398.126.848-24
(Eng Manutenção Pleno - Elétrica - Suape 2011)
398.126.848-24
Parte 1 Qual o valor do ganho K para que o sistema em malha fechada esteja no limiar da instabilidade? (A) 125,4 (B) 100,2 (C) 75,6 (D) 54,2 (E) 36,8
T
Resolução:
Primeiramente vamos encontrar a FT de malha fechada: 10
AF
Y (s) s2 +12s+35 K = 10 R(s) 1 + s2 +12s+35 s+2 Y (s) 10(s + 2) = 2 R(s) (s + 12s + 35)(s + 2) + 10K Y (s) 10(s + 2) = 3 2 R(s) s + 14s + 59s + 70 + 10K
398.126.848-24
R
Sabemos que no limiar da instabilidade teremos dois polos sobre o eixo
imaginário, ou seja, dois polos do tipo s = ±jω. Substituindo um destes polos na equação característica temos:
D
s3 + 14s2 + 59s + 70 + 10K = 0
(jω)3 + 14(jω)2 + 59(jω) + 70 + 10K = 0 −jω 3 − 14ω 2 + j59ω + 70 + 10K = 0
(70 + 10K − 14ω 2 ) + j(59ω − ω 3 ) = 0
Para a equação acima ser verdadeira, tanto a parte imaginária como a real devem ser iguais a zero, ou seja: 59ω − ω 3 = 0
ω(59 − ω 2 ) = 0
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6. 8
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-2
4
De onde tiramos ω 2 = 59. Agora igualamos a parte real a zero:
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70 + 10K − 14ω 2 = 0
14ω 2 − 70 10 14 × 59 − 70 K= 10 K = 75, 6 K=
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✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng Manutenção Pleno - Elétrica - Suape 2011)
T
Questão 25
Parte 2
Para um dado valor de K, os polos complexos do sistema em malha fechada estão exatamente sobre o eixo imaginário. Assim sendo, haverá uma oscilação na saída do sistema, cuja frequência, em rad/s, é
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
R
A frequência de oscilação é justamente o ω encontrado na questão anterior.
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ω 2 = 59 √ ω = 59 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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D
Logo:
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1.2 Transformadas de Laplace e Fourier Questão 26
Seja
398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011) uma função, seccionalmente contínua e de ordem exponencial, cuja Transformada de Laplace é , para s > 0.
Dentre os gráficos abaixo, qual o que melhor se aproxima do gráfico da função f(t)?
(A)
(D)
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R
(C)
AF
T
(B)
D
(E)
Resolução: Podemos escrever a função F (s) da seguinte forma: F (s) = 1 s2
como sendo uma rampa no domínio do
39
8.
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6. 8
48
-2
4
De cara identificamos a função
1 × e−s s2
398.126.848-24
398.126.848-24
tempo, ou seja:
8.
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6
398.126.848-24
1 ⇔ tu(t) s2
E também conhecemos a propriedade da Transformada de Laplace chamada de deslocamento no tempo, expressa por:
398.126.848-24
u(t)g(t − c) ⇔ e−cs G(s) onde u(t) representa a função Degrau. Ou seja, ao observarmos a função
1 s2
× e−s no domínio do tempo devemos
perceber que se trata da função tu(t) deslocada no tempo em uma unidade (já que
T
neste caso c = 1). Logo, a função F (s) no domínio do tempo será: f (t) = (t − 1)u(t − 1)
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
D
R
Questão 27
AF
Como podemos ver, o gráfico de f (t) está representado na alternativa C.
A figura acima mostra um diagrama em blocos, no domínio de Laplace, contendo um bloco de retardo, um somador e um integrador. Aplicando um impulso unitário δ(t) na entrada, a forma de onda da saída h(t) é (B)
(D)
(E)
(C)
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4
(A)
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Resolução: A expressão no domínio de Laplace do diagrama de blocos dado é facilmente deduzida:
1 e−τ s H(s) = U (s)[ − ] s s Porém, sabemos que a entrada é um impulso unitário, ou seja, u(t) = δ(t), logo
398.126.848-24
U (s) é 1. 1 e−τ s 1 1 H(s) = 1 × [ − ] = − × e−τ s s s s s Sabemos que uma translação no tempo igual a τ segundos equivale a uma multiplicação por e−τ s no domínio de Laplace, ou seja: e−τ s → δ(t − τ ). Logo, 1 s
no domínio de Laplace equivale a um degrau (D(t)) no domínio do
tempo, a expressão: H(s) =
1 1 − × e−τ s s s
AF
No domínio do tempo fica:
T
sabendo que
h(t) = D(t) − D(t)δ(t − τ ) h(t) = D(t) − D(t − τ )
Ou seja, h(t) será um degrau unitário de t = 0 até t = τ , quando então subtrai-se um degrau também unitário, zerando a saída. A alternativa que mostra 398.126.848-24
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Alternativa (A) ✆
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6. 8
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D
R
este comportamento da saída é a alternativa (A).
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Questão 28
8.
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398.126.848-24
(Eng Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011)
é definida por f(t) = e2t sen (3t).
A função Se
é a Transformada de Laplace da
função f, então, para s > 2, F(s) é igual a
398.126.848-24
(A)
(B)
(D)
(E)
(C)
Resolução:
T
Sabemos que a Transformada de Laplace de uma função do tipo sen(at) é dada por:
s2
a + a2
AF
sen(at) ⇔
No nosso caso temos a = 3, logo a Transformada de Laplace de sen(3t) será:
sen(3t) ⇔
s2
3 + 32
(1.2)
Das propriedades da Transformada de Laplace conhecemos o deslocamento na frequência, causado quando uma função ect multiplica a função no tempo, 398.126.848-24
R
ou seja:
ect g(t) ⇔ G(s − c)
No nosso caso temos c = 2, já que a função sen(3t) está multiplicada por e2t .
D
Portanto a transformada encontrada em 1.2 sofrerá um deslocamento na frequência igual a duas unidades, ou seja: 3 (s − 2)2 + 32 3 ⇔ 2 s − 4s + 13
e2t sen(3t) ⇔
Perceba que este atraso de 2 na frequência faz com que a transformada só exista para s > 2. ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Sistemas de Potência I Questões Resolvidas
CESGRANRIO
AF
Q UESTÕES
D
R
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
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utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
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responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
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6. 8
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-2
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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8.
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Índice de Questões
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2
Q36 (pág. 10), Q41 (pág. 11), Q42 (pág. 13).
T
Q24 (pág. 1), Q32 (pág. 3), Q33 (pág. 4), Q34 (pág. 6), Q35 (pág. 8),
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012
AF
Q28 (pág. 15), Q29 (pág. 17), Q36 (pág. 19), Q37 (pág. 20), Q38 (pág. 22), Q39 (pág. 24), Q40 (pág. 26), Q42 (pág. 28), Q43 (pág. 30).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q28 (pág. 31), Q29 (pág. 32), Q36 (pág. 33), Q37 (pág. 34), Q38 (pág. 36), Q40 (pág. 37).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 398.126.848-24
R
Q24 (pág. 38), Q25 (pág. 39), Q27 (pág. 41), Q30 (pág. 42), Q33 (pág. 44), Q34 (pág. 46), Q35 (pág. 53).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q33 (pág. 48), Q34 (pág. 49), Q36 (pág. 51), Q45 (pág. 54), Q52 (pág. 55),
D
Q53 (pág. 58), Q54 (pág. 62), Q55 (pág. 61), Q56 (pág. 63), Q57 (pág. 65), Q58 (pág. 68), Q59 (pág. 66), Q60 (pág. 72). Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010 Q37 (pág. 69), Q60 (pág. 70), Q63 (pág. 75). Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008 Q31 (pág. 77), Q33 (pág. 73), Q42 (pág. 81), Q54 (pág. 79), Q62 (pág. 81),
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6. 8
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-2
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Q63 (pág. 85), Q64 (pág. 83).
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Sistemas de Potência I
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Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q22 (pág. 84), Q23 (pág. 86), Q24 (pág. 87), Q28 (pág. 88), Q29 (pág. 89), Q30 (pág. 91), Q31 (pág. 92), Q45 (pág. 93), Q48 (pág. 94). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 Q27 (pág. 96), Q29 (pág. 98), Q32 (pág. 99).
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Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q32 (pág. 101), Q33 (pág. 104), Q35 (pág. 102), Q36 (pág. 106), Q39 (pág. 108).
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D
R
AF
T
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 70
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Sistemas de Potência I
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Questão 1
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
Dy 11
AF
11
T
As Figuras abaixo correspondem à designação de ligações e diagrama fasorial para um transformador trifásico.
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R
Após analisar as Figuras, verifica-se que o deslocamento angular para esse equipamento, em graus, é de (A) 150 (B) 120 (C) 30 (D) + 30 (E) +120
Resolução:P2-21-Q24
D
A ligações entre dois níveis de tensão no sistema de potência é feita através
dos transformadores, sempre que existir uma diferença no modo de ligação dos transformadores haverá diferença de fase. O sistema horário é a forma mais usual de caracterizar esta diferença de fase. Tomando as doze horas do relógio como referência de fase do lado de alta tensão, a notação horária indica a posição relativa do mesmo fasor só que na baixa tensão, após passar pelo transformador. Uma vez que o relógio é uma circunferência de 360◦ com 12 divisões, cada setor corresponde a um defasamento (esfasamento, a depender do autor) de 30◦ .
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6. 8
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Porém, devemos observar que:
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2
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Sistemas de Potência I
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• No sistema fasorial, o avanço de fase ocorre no sentido anti-horário. • No sistema horário, o avanço ocorre no sentido horário. Desta forma, apesar de 11 horas corresponder a (12 − 11) × 30◦ = 30◦ de
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avanço com relação ao regime de fasores, o deslocamento angular que é dado no sistema horário é de 30◦ negativos. Os grupos de ligação de transformadores são quatro, a saber: Grupo I: Ligações Yy, Dd e Zz com defasagens 0, +4 e +8 Grupo II: Ligações yy, Dd e Zz com defasagens +2, +6, +10
T
Grupo III: Ligações Yd, Dy, Dz e Zd com defasagens +1, +5 e +9
Grupo IV: Ligações Yd, Dy, Dz e Zd com defasagens +3, +7 e +11
AF
Existem duas outras propriedades importantes para os grupos de ligações: 1. O defasamento angular observado na sequência negativa é exatamente oposto para a sequência positiva. Por exemplo, um Dy1 para a sequência positiva se comporta como um Dy11 para sequência negativa. 2. Devido à propriedade anterior, a depender do grupo de ligação, a natureza 398.126.848-24
R
do curto muda conforme ele se propaga no sistema. Por exemplo, um curto monofásico no consumo de baixa tensão pode se refletir na alta tensão com um curto circuito bifásico e na baixa tensão de geração como um curto monofásico mas em outra fase, a depender do arranjo dos grupos de ligação dos
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D
transformadores.
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Questão 2
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3
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Sistemas de Potência I
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Um gerador trifásico de 10 kVA e tensão 20 kV tem sua reatância subtransitória, em p.u., igual a 0,10. Esse gerador está integrado a um sistema cuja potência base é igual a 100 kVA, e cuja tensão base é igual a 40 kV. Sendo assim, sua reatância, em p.u., relativa às bases do sistema, é (A) 0,04 (B) 0,25 (C) 0,35 (D) 0,45 (E) 0,55
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Resolução:P2-21-Q32 Esta questão é bastante direta, sendo recomendável que o candidato saiba
T
de antemão a fórmula para mudança de base, a saber: Znovo = Zantigo ×
2 Vantigo Snovo × 2 Svelho Vnovo
temos:
AF
Uma vez considerando a base de origem como a base do equipamento,
Santigo = 10 kVA Vantigo = 20 kV
Considerando a base do sistema como a base final, temos:
R
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Snovo = 100 kVA Vnovo = 10 kV
D
Para Zantigo = 0, 10 temos então: Znovo
100kVA (10kV )2 = 0, 10 × × 10kVA (20kV )2
Por fim:
Znovo = 0, 10 × 10 ×
12 22
Znovo = 0, 25 p.u. ✞
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Questão 3
8.
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Sistemas de Potência I
12
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) 120 kV G Z
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C
T
Na Figura acima, o gerador G alimenta uma carga pesada Z através de uma linha de transmissão. Um banco de capacitores conectado à barra de carga tem características nominais de 150 MVAR e 130 kV. Os MVAR fornecidos à barra por esse banco são (A) 100 < MVAR < 110 (B) 110 < MVAR < 120 (C) 120 < MVAR < 130 (D) 130 < MVAR < 140 (E) 140 < MVAR < 150
Resolução:P2-21-Q33
AF
O banco de capacitores para compensação do fator de potência é um elemento shunt, de modo que o reativo produzido pelo mesmo é proporcional ao quadrado da tensão experimentada, ou seja:
Vf2n QC = 3 XC
Como a tensão de linha é
√
3 vezes superior à tensão de fase, podemos
D
R
reescrever da seguinte forma:
QC = QC = QC =
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3Vf2n XC 2 Vll 3 √ 3 XC
Vll2 XC
Ou seja, se isolarmos a reatância capacitiva do banco, suposta constante,
temos: XC =
Vll2 QC
Ou seja, podemos estimar a quantidade de reativo produzido numa tensão reduzida sabendo o reativo produzido na tensão nominal.
39
8.
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6. 8
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4
Uma vez que em 130 kV o banco produz 150 kVA de reativo, para 120 kV
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Sistemas de Potência I
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basta utilizarmos a equação anterior: 1302 1202 = 150 QC Ou seja:
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1202 × 150 1302 122 QC = 2 × 150 13 144 QC = × 150 169 QC = 0, 852 × 150 QC =
T
QC = 127, 8 kVAr De modo que basta localizarmos a faixa de valores: 120 < MVAR < 130 ☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 4
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Para um sistema elétrico trifásico operando com carga desequilibrada, as correntes nas três fases sequência ( a – b – c ) são iguais a 20 0° , 10 - 60° , 10 - 300° , respectivamente. Sendo assim, a componente da corrente de sequência positiva na fase a é
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(A) 30 (B) 30 (C) 20 (D) 10 (E) 10
Dados sen 60° = 0,86 cos 60° = 0,50 sen 120° = 0,86 cos 120° = 0,5 sen 240° = 0,86 cos 240° = 0,5
0° - 60° 0° 60° 0°
Resolução:P2-21-Q34
T
As componentes simétricas são uma forma de expressar uma trinca de fasores desbalanceadas como três trincas de fasores balanceados. De fato, as compo-
AF
nentes de fase podem ser escritas em termos das componentes simétricas como: Va = V0 + V1 + V2
Vb = V0 + a2 V1 + aV2
Vc = V0 + aV1 + a2 V2
Obs: Lembrando que a = 1∠120◦ e a2 = 1∠−120◦ .
Por outro lado, as componentes simétricas podem ser escritas em termos 398.126.848-24
R
das componentes de fase, de forma muito similar:
Va + Vb + Vc 3 Va + aVb + a2 Vc V1 = 3 Va + a2 Vb + aVc V2 = 3
D
V0 =
Uma vez que o enunciado pede a componente de sequência positiva, deve-
mos trabalhar em cima da seguinte equação: V1 =
Va + aVb + a2 Vc 3
Então, substituir os valores: V0 = 20∠0◦ ; V1 = 10∠−60◦ ; V2 = 10∠−300◦ : 20∠0◦ + a(10∠−60◦ ) + a2 (10∠−300◦ ) 3
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V1 =
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Uma vez que a = 1∠120◦ e a2 = 1∠−120◦ , temos: V1 =
20∠0◦ + (1∠120◦ ) (10∠−60◦ ) + (1∠−120◦ ) (10∠−300◦ ) 3
Assim, teremos:
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V1 =
20∠0◦ + 10∠60◦ + 10∠−420◦ 3
Mas, sabemos que: ∠−420◦ = ∠(−360◦ − 60◦ ) = ∠−60◦ De modo que temos simplesmente: 20∠0◦ + 10∠60◦ + 10∠−60◦ 3
T
V1 =
AF
Decompondo nas componentes reais e imaginárias, temos: 20∠0◦ = 20 + j0
10∠+60◦ = 10 cos 60◦ + j10 sen60◦
10∠−60◦ = 10 cos 60◦ − j10 sen60◦
Assim, somando os três termos, teremos:
3V1 = 20 + j0 + 10 cos 60◦ + j10 sen60◦ + 10 cos 60◦ − j10 sen60◦
R
398.126.848-24
3V1 = 20 + 20 cos 60◦ 3V1 = 20 + 20 × 0, 5
D
3V1 = 30
V1 = 10∠0◦ ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 5
8.
8
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) Um gerador de 10 MVA, 2 kV, X(+) = X() e Xo = 0,10, ligado em estrela aterrado, opera em vazio, quando ocorre um curto-circuito direto fase terra, cujo valor da corrente de curto na fase em questão é igual a 9.000 ampères. Para um curto-circuito trifásico direto nos terminais do gerador, a corrente de curto-circuito simétrico ICC, em ampères, é
398.126.848-24
(A) 5.500 (B) 6.500 (C) 7.500 (D) 8.500 (E) 9.500
< < < < <
ICC ICC ICC ICC ICC
Dado
< 6.500 < 7.500 < 8.500 < 9.500 < 10.500
Resolução:P2-21-Q35
T
Apesar de trabalhosa, esta questão utiliza ideias simples.
O enunciado informa a corrente de curto circuito monofásico em A e, da
AF
mesma forma, deseja a corrente de curto circuito trifásico. Porém, a impedância de sequência positiva, apesar de ser informada que vale o mesmo que a de sequência negativa, é desconhecida e a impedância de sequência zero é dada em p.u. Desta forma, não há escapatória de trabalharmos simultaneamente com valores reais e em p.u. Sabemos que a corrente de base deste sistema é: Sbase Ibase = √ 3Vbase
R
398.126.848-24
Para Sbase = 10 M VA e Vbase = 2 kV , teremos então: 10M VA 5 Ibase = √ = √ kA 3 × 2kV 3
D
Então a corrente de curto circuito monofásico I1f = 9 kA, vale em p.u.: Ifpu = Ifpu =
I1f Ibase 9 √5 3
√ Ifpu = 1, 8 3 Supondo que o curto circuito ocorre com tensão nominal (1 p.u.), a corrente de curto circuito monofásico em por unidade pode ser escrita como: 3 X+ + X− + X0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Ifpu =
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8.
9
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398.126.848-24
√ Uma vez que foi calculado que Ifpu = 1, 8 3 e informado que X0 = 0, 10 e X+ = X− , temos:
√ 1, 8 3 =
3 2X+ + 0, 10
Assim, podemos encontrar o valor em por unidade de X+ :
398.126.848-24
2X+ + 0, 10 = Como
√
3 5 √ = √ 1, 8 3 3 3
3 = 1, 73, temos então: 5 3 × 1, 73 5 2X+ + 0, 10 = 5, 19
T
2X+ + 0, 10 =
2X+ = 0, 96 − 0, 10
AF
X+ = 0, 43 p.u.
O curto trifásico em por unidade pode ser então calculado de imediato: pu I3f =
1 1 = = 2, 33 p.u. X+ 0, 43
Então, para encontrar o valor em kA, basta multiplicar o valor em por unidade pela corrente de base:
pu I3f = I3f Ibase
R
398.126.848-24
D
5 I3f = 2, 33p.u. × √ kA 3 11, 62 I3f = √ kA 3
Utilizando novamente o valor I3f =
√
3 = 1, 73, temos:
11, 62 kA ≈ 6, 72 kA 1, 73
O intervalo da resposta está compreendido então entre 6.500A < ICC < 7.500A. Esta resposta corresponde à alternativa (B), que confere com o gabarito preliminar. Porém a Cesgranrio anulou esta questão após os recursos, por algum motivo que desconhecemos. ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
✝Questão Anulada ✆
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 6
8.
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2) B1 Zbus
398.126.848-24
B1
B2
0,2390
0,1710
B3
B4
0,1650 0,1754
B2
0,1710
0,2431
0,1870 0,2490
B3
0,1650
0,1870
0,2570 0,2245
B4
0,1754
0,2490
0,2245 0,2190
A Figura acima representa a matriz impedância de barra (ZBUS), em p.u., de um sistema de potência com quatro barras, tomando-se como base os valores nominais do sistema. Para um curto-circuito trifásico sólido na barra 3, a corrente de curto ICC, em p.u., é (A) 3,50 < ICC < 4,00 (C) 4.50 < ICC < 5,00 (D) 5,00 < ICC < 5,50 (E) 5,50 < ICC < 6,00
AF
Resolução:P2-21-Q36
T
(B) 4.00 < ICC < 4,50
A matriz Zbus é a matriz inversa da matriz Ybus , e desta forma ela deve ser interpretada baseado nesta definição.
O equacionamento I = Ybus V nos informa um sistema linear que busca encontrar as tensões nas barras através das correntes que estão sendo injetadas pelas fontes (no caso, geradores síncronos). Desta forma, ao invertermos o sis398.126.848-24
R
−1 tema teremos V = (Ybus )I = Zbus I, ou seja, multiplicando as colunas desta matriz
pela corrente correspondente teremos encontrado quanto de tensão esta corrente produz nas barras do sistema ao ser injetada. Na análise de curto circuito, que é o que nos interessa, sabemos que os
D
termos das diagonais nos dão as correntes de curto circuito em cada barra. Ou seja, para descobrirmos a corrente de curto circuito na barra 3, basta calcular o inverso do termo Z33 , ou seja: Icc3 =
1 Z33
Para Z33 = 0, 2570, teremos: Icc3 =
1 0, 2570
Icc3 = 3, 891 p.u. ✞
☎
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6. 8
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 7
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A impedância longitudinal e a admitância transversal, ambas por unidade de comprimento, de uma linha de transmissão ideal são, respectivamente, j0,9 /km e j6 × 106 S/km. O comprimento da linha é de 1.000/ km, e a frequência da tensão de operação é de 60 Hz. A compensação reativa em derivação é feita através de dois indutores, cada um conectado a uma extremidade da linha. Considerando-se o circuito -nominal, para que a linha seja 100% compensada em derivação, o valor aproximado da indutância de cada indutor, em H, é (A) 0,88 (B) 1,38 (C) 2,13 (D) 2,78 (E) 3,23
398.126.848-24
Resolução:P2-21-Q41 O modelo π é uma das formas na qual a linha de transmissão pode ser representada. Isto se dá através de uma impedância série e de duas admitâncias
AF
T
shunt, conforme ilustrado na figura abaixo:
398.126.848-24
R
O enunciado informa que o planejamento do sistema elétrico prevê a com-
pensação de 100% do reativo gerado por esta linha de transmissão, através da
D
instalação de reatores em suas extremidades, conforme ilustrado abaixo:
Desta forma, a pergunta equivalente se torna: “Qual é a indutância shunt a
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ser colocada de modo a anular a admitância capacitiva da linha?” , A resposta é
398.126.848-24
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bem simples, é necessário apenas que: Yreator =
Y 2
Uma vez que a admitância transversal por unidade de comprimento é y =
398.126.848-24
6 × 10−6 S/km e a linha possui comprimento de Y yL = 2 2 6 × 10−6 × Y = 2 2 Y 3 = 2 1000π
1000 , π
temos que:
1000 π
Yreator =
T
A admitância do reator é igual ao inverso de sua reatância indutiva: 1
Xreator
=
1 ωL
AF
Desta forma, basta igualar as equações: 1 yL = ωL 2
1 3 = 120πL 1000π 1000π L= 360π 100 L= H 36 L = 2, 78H
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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6. 8
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4
D
R
Uma vez que ω = (2π × 60)Hz, temos:
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398.126.848-24
Questão 8
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
Um engenheiro de uma concessionária de distribuição deseja calcular a queda de tensão em um alimentador trifásico em média tensão. Para isso, ele calculou a impedância série por fase da linha de distribuição, desconsiderando a presença do solo. A linha tem um comprimento de 50 km, e seus condutores estão dispostos no vértice de um triângulo equilátero de lado igual a 2 m. O condutor de fase tem uma resistência por metro de 0,0004 /m, e seu raio médio geométrico é igual a 2 cm. Considerando-se que a permeabilidade magnética do ar é de 4107 H/m, e que a frequência da tensão de operação da linha é de 50 Hz, o valor aproximado da impedância série, calculado pelo engenheiro, em ohms, é
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
Dados
4 + j2,85 4 + j3,42 20 + j4,60 20 + j14,26 20 + j17,11
= 3,1 Ln(10) = 2,3
Resolução:P2-21-Q42 O candidato, em tese, deve calcular tanto a resistência quanto a reatância série da linha de transmissão para responder a esta questão, porém é interessante
T
notar que neste caso o único cálculo decisivo é o da reatância, visto que todos os valores são distintos e a resposta fica evidente após sua solução.
AF
A indutância série por unidade de comprimento de uma fase de linha de transmissão, desprezando o efeito do retorno de corrente pela terra é: µ0 DM G l= ln 2π RM G Sabendo que a disposição dos condutores na linha de transmissão é triangular, temos que a distância média geométrica (DMG) é simplesmente a distância entre os condutores. O raio médio geométrico (RMG), por outro lado, já é infor-
398.126.848-24
R
mado no enunciado.
Uma vez que µ0 = 4π × 10−7 H/m, podemos escrever como µ0 = 4π ×
D
10−4 H/km, e termos finalmente:
l = 2 × 10
−4
ln
DM G RM G
H/km
Utilizando RM G = 2 cm e DM G = 200 cm (devem estar na mesma unidade),
teremos:
l = 2 × 10
−4
ln
200 2
l = 2 × 10−4 ln(100) Pela álgebra dos logaritmos, podemos escrever:
39
8.
12
6. 8
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-2
4
ln(100) = ln(102 ) = 2 ln(10)
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logo: l = 4 ln(10) × 10−4 H/km Uma vez conhecida a indutância por unidade de comprimento podemos encontrar a reatância apenas multiplicando pelo comprimento de linha e pela frequên-
398.126.848-24
cia angular, ou seja: XL = ωL = ω(lD) Para D = 50km, ω = 2πf = 100π, teremos: XL = ωL XL = 100π × 50 × 4 ln(10) × 10−4 Ω XL = 2π ln(10)
T
XL = 2 × 104 π ln(10) × 10−4 Ω
π = 3, 1, temos:
AF
Uma vez que os seguintes valores devem ser supostos: ln(10) = 2, 3 e
XL = 2 × 3, 1 × 2, 3 XL = 14, 26Ω
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
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398.126.848-24
Questão 9
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
1.200 V 398.126.848-24
T
No circuito da figura acima, os transformadores monofásicos são idênticos e ideais. O sistema é alimentado por uma fonte balanceada, cujo valor rms da tensão fase-fase é de 1.200 V. Sabendo-se que a potência total dissipada no banco de resistores é de 3 kW, o valor da relação N1/N2 é (B) 12
(C)
(D)
(E)
AF
(A) 9
Resolução:
Analisando o problema o candidato pode notar que o lado 1 dos transformadores está ligado em estrela ao passo que o lado 2 dos transformadores está ligado em triângulo. De qualquer modo, uma vez definido a relação entre o número de espiras
a tensão no lado 1 determina automaticamente a tensão no lado 2 e
R
vice-versa.
N1 N2
398.126.848-24
Como o sistema é suposto perfeitamente equilibrado, a tensão de linha so-
bre cada um dos resistores de 10Ω é igual, de modo que a potência dissipada em
D
cada um destes elementos é igual, desta forma: P3F = 3P1F = 3
2 VLL R
(1)
Como o valor da resistência é conhecido, temos, substituindo na equação 1: P3F = 3000W = 3
2 VLL 10Ω
2 VLL = 10000
VLL = 100V Observando que o valor encontrado VLL é a tensão sobre os enrolamentos
39
8.
12
6. 8
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-2
4
do lado 2(V2 ), temos, da teoria dos transformadores, que:
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16
N1 V1 = N2 V2
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(2)
A tensão sobre os enrolamentos do lado 1 é a tensão entre a fase e o neutro, √ para descobrí-la basta dividir o valor da tensão de linha (fase-fase) por 3: 398.126.848-24
V1 =
1200V √ 3
Substituindo na equação 2: 1200V
√ N1 12 3 = =√ N2 100V 3
(3) √
3, temos:
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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6. 8
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-2
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D
R
AF
T
Multiplicando tanto o numerador e o numerador da equação 3 por √ √ N1 12 3 12 3 =√ √ = N2 3 3 3 √ N1 =4 3 N2
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Questão 10
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
T
Na figura acima, a carga é alimentada pela fonte através do transformador, o qual está representado por seus parâmetros refletidos para o lado de maior tensão. As perdas no núcleo e a corrente de magnetização do transformador são desprezíveis. De acordo com as informações apresentadas, o valor percentual da regulação de tensão do transformador, para essa condição, é (A) 0,5 (B) 1,0 (C) 2,5 (D) 5,0 (E) 7,5
AF
Resolução:
A regulação de um transformador é definida como a variação relativa da tensão uma vez que ele passa da condição em carga para a condição em aberto, matematicamente:
R=
Vaberto − Vcarga Vcarga
(4)
Uma vez que Vcarga = 200V é conhecido, o candidato precisa descobrir a
R
tensão no enrolamento de baixa tensão, uma vez que o circuito seja aberto. Pelas
398.126.848-24
D
equações de circuitos:
Vf onte = Z1 I1 + Eenr1 √ Vf onte = (2 + j2 3)I1 + Eenr1
(5)
Eenr2 = Z2 I2 √ Eenr2 = (25 + j25 3)I2
(6)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Passando as impedâncias para suas expressões em coordenadas polares: q √ |Z1 | = 22 + (2 3)2 = 4Ω √ ! 2 3 ∠Z1 = arctg = 60◦ 2 q √ |Z2 | = 252 + (25 3)2 = 50Ω
398.126.848-24
398.126.848-24
∠Z2 = arctg
8.
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6
398.126.848-24
√ ! 25 3 = 60◦ 25
Assim: 398.126.848-24
Z1 = 4∠60◦ Ω Z2 = 50∠60◦ Ω A corrente no enrolamento 2 é obtida dividindo-se a tensão no enrolamento pelo impedância, conforme exposto na equação 6: I2 =
Eenr2 = 4∠−60◦ A Z2
T
A tensão no enrolamento 1 é simplesmente a tensão no enrolamento 2 vezes a relação de transformação:
N1 Eenr2 = 4 × 200V = 800V N2
AF
Eenr1 =
A corrente no enrolamento 1 é obtida pela relação de transformação de corrente:
N1 I 1 = N2 I 2 N2 1 I1 = I2 = 4∠−60◦ A N1 4
398.126.848-24
R
I1 = 1∠−60◦ A
Utilizando a equação 5:
D
Vf onte = 800V + (4∠60◦ Ω) × (1∠−60◦ A) = 804V
Agora, basta referir a tensão da fonte para o lado de baixa tensão, uma vez
que na condição de circuito aberto Eenr1 = Vf onte : 1 Vaberto = 804V = 201V 4
Substituindo o valor obtido na equação anterior na equação 4: R=
201V − 200V 1 0, 5 = = = 0, 5% 200V 200 100 ✞
☎
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6. 8
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 11
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Um transformador trifásico de 200 MVA, 138 kV/400 kV, tem uma reatância de dispersão de 10%. Supondo-se que os valores de base do sistema, no lado de maior tensão, sejam 500 kV e 100 MVA, o valor por unidade da reatância do transformador na base do sistema é (A) 0,032 (B) 0,050 (C) 0,078 (D) 0,128 (E) 0,312
398.126.848-24
Resolução: Esta é uma questão de cálculo imediato. Ter em mente a expressão de mudança de base ajuda, mas ela pode ser prontamente deduzida. Vale ressaltar
T
que M V A, kV e Ω são um conjunto dimensionalmente consistente, o que facilita os cálculos. Em um conjunto trifásico, a expressão da impedância de base com potência aparente de base Sbase e tensão de linha de base Vbase é simples: 2 Vbase Sbase
AF
Zbase =
Apesar de que bases diferentes tenham valores por unidade diferentes, sabemos que obviamente devem ter o mesmo valor absoluto, então uma impedância Z com valores em por unidade de z1 e z2 nas impedâncias de base respectivas Z1
R
e Z2 faz sentido que:
Z=Z
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z 1 Z1 = z 2 Z2
D
Utilizando a fórmula para impedância de base teremos que: z1
2 Vbase1 V2 = z2 base2 Sbase1 Sbase2
Isolando o termo z1 temos: z1 =
2 Vbase2 Sbase1 z2 2 Vbase1 Sbase2
Então considerando a base da placa do sistema como 1 e a base do transformador como 2 temos: (400kV )2 100M VA 10% (500kV )2 200M VA
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
z1 =
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20
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6
398.126.848-24
Como as tensões e as potências aparentemente estão ambas as bases com as mesmas unidades, temos: 2 400 100 z1 = 10% 500 200 2 4 1 z1 = 10% 5 2
398.126.848-24
Desenvolvendo o quadrado, temos: z1 =
16 160% 10% = = 3, 2% = 0, 032p.u. 50 50 ✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
D
R
AF
Questão 12
T
Alternativa (A) ✆ ✝
Uma árvore cai sobre uma linha de transmissão provocando um curto-circuito entre as três fases e o terra. A impedância de falta, entre o ponto de curto-circuito e o terra, é ZA , conforme indicado na figura acima. Para essa condição, a impedância de sequência zero, vista pela fonte, é (A)
(B)
(C)
(D)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(E)
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398.126.848-24
8.
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12
6
398.126.848-24
Resolução: A corrente de neutro é dada pela soma das correntes das três fases, assim: IN = IA + IB + IC 398.126.848-24
Pela teoria das componentes simétricas, qualquer sistema trifásico, equilibrado ou não, pode ser decomposto em três sistemas equilibrados: um de sequência positiva, outro de sequência negativa e outro de sequência zero, ou homopolar. Decompondo as correntes de fase desta forma: IN = IA + IB + IC
T
IN = (IA+ + IA− + IA0 ) + (IB+ + IB− + IB0 ) + (IC+ + IC− + IC0 ) IN = (IA+ + IB+ + IC+ ) + (IA− + IB− + IC− ) + (IA0 + IB0 + IC0 ) A soma das correntes nas fases devido às componentes de sequência ne-
AF
gativa e positiva são zero, pois são correntes trifásicas de mesmo módulo e defasadas de 120 graus. Contudo, na sequência zero as três correntes estão em fase, de modo que:
IA+ + IB+ + IC+ = IA− + IB− + IC− = 0 IA0 = IB0 = IC0 = I0
R
Logo:
398.126.848-24
(7)
IN = 3I0
De modo que o equivalente monofásico visto por qualquer fase, na sequên-
D
cia zero, é:
V0 = ZLT I0 + ZA IN
Utilizando o valor da corrente de neutro obtido em 7: V0 = ZLT I0 + ZA 3I0 V0 = (ZLT + 3ZA )I0 V0 = Z0 = ZLT + 3ZA I0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 13
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Uma linha de transmissão trifásica é idealmente transposta, sendo as impedâncias próprias das fases iguais a Zp , e as impedâncias mútuas entre as fases todas iguais a Zm . Essas impedâncias já levam em consideração o efeito do solo. As impedâncias de sequência positiva e de sequência zero dessa linha são j3 Ω e j9 Ω, respectivamente. De acordo com essas informações, os valores, em ohm, das impedâncias Zp e Zm , respectivamente, são (A) j4 e j1 (B) j5 e j2 (C) j5 e −j2 (D) j6 e j3 (E) j6 e −j3
398.126.848-24
Resolução: Como as linhas de transmissão são colocadas em torres com os condutores
T
relativamente próximos uns dos outros, o campo magnético de uma fase interage com as outras, de modo que temos sempre o surgimento de impedâncias mútuas
AF
entre as fases de um circuito trifásico, matematicamente, em forma matricial:
VA ZAA ZAB ZAC IA VB = ZBA ZBB ZBC IB VC ZCA ZCB ZCC IC
(8)
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R
Ou em notação matricial compacta: h i h ih i = Vabc Zabc Iabc
Porém, estas equações são fortemente acopladas e para fins de análise
de sistemas de potência não são de grande utilidade. O que normalmente se
D
faz é trabalhar com a imagem sobre a transformação das componentes simétricas. Denotamos [T ] a matriz que leva as componentes simétricas para as componentes de fase e [T −1 ] sua inversa, que leva as componentes de fase em componentes simétricas. A saber, onde a = ej120 : ◦
h i 1 1 2 T = 1 a
1
a
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
1 a a2 1 1 1 h i 1 −1 = 1 a a2 T 3 1 a2 a
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8.
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6
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Desta forma: h
h ih i = Vabc T V012 h i h ih i Iabc = T I012
398.126.848-24
i
Substituindo na equação 8: h ih i h ih ih i T V012 = Zabc T I012 Aplicando a transformação inversa à esquerda em ambos os membros, temos: V012
i
h ih ih ih i = T −1 Zabc T I012
T
h
AF
Deste modo, definimos a matriz de impedância de sequência zero como: h i h ih ih i −1 (9) Z012 = T Zabc T O candidato se pergunta aonde podemos aplicar a expressão 9 ou sequer o significado da equação 8. Porém, é importante lembrar que é prática corrente na construção de linhas de transmissão a transposição das mesmas o que torna a matriz de impedância de sequência da fase simétrica, ou seja: Z Z Z M M h i P Zabc = ZM ZP ZM ZM ZM ZP
R
398.126.848-24
Levando a matriz de impedância nas componentes de fases para a matriz
D
de impedância nas componentes simétricas de acordo com a equação h i 9, ocorre um forte desacoplamento entre as equações, o que torna a matriz Z012 diagonal, com:
Z0 = ZP + 2ZM Z 1 = Z 2 = ZP − Z M
Escrevendo na forma inversa, para obter as impedâncias mútua e própria em função das impedâncias de sequência, temos: Z0 + 2Z1 3
(10)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ZP =
398.126.848-24
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ZM =
Z0 − Z1 3
8.
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(11)
Com os dados do problema, basta substituir nas equações 10 e 11: j9 + 2 × j3 = j5Ω 3 j9 − j3 = = j2Ω 3
ZP =
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ZM
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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R
AF
T
Questão 14
D
No circuito da figura acima, a impedância de sequência zero vista a partir da fonte de tensão é (A)
(D)
(B)
(C)
(E)
Resolução: O candidato analisará pela figura que o sistema de cargas é perfeitamente equilibrado, de forma que qualquer desbalanceamento de corrente e tensão nas
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
cargas se dará exclusivamente por desbalanceamento na fonte.
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8.
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Como nos arranjos em delta não existe condutor neutro para “fuga” de corrente, necessariamente a corrente de sequência zero que entra nas cargas é nula, do contrário a lei dos nós seria violada. A demonstração é simples, uma vez que todo arranjo em triângulo pode ser convertido num arranjo em estrela equivalente com neutro flutuante, o que força IN = 0.
398.126.848-24
IN = IA + IB + IC = 0 0 = (IA+ + IA− + IA0 ) + (IB+ + IB− + IB0 ) + (IC+ + IC− + IC0 ) 0 = (IA+ + IB+ + IC+ ) + (IA− + IB− + IC− ) + (IA0 + IB0 + IC0 ) Mas:
T
IA+ + IB+ + IC+ = IA− + IB− + IC− = 0 IA0 = IB0 = IC0 = I0 Logo:
⇒
I0 = 0
AF
0 = 3I0
Contudo, vale ressaltar que é possível a circulação da corrente de sequência zero internamente ao arranjo triangular, mas mesmo assim, a tensão de sequência zero da fonte não consegue injetar corrente no ∆ e desta forma a impedância do arranjo ∆ não é vista pela fonte. Mas, por outro lado, as impedâncias de linhas e das cargas em triângulo contam normalmente.
398.126.848-24
R
Então, a corrente que circula pelo neutro é o triplo da corrente de sequência
zero, pois as componentes de sequência zero de cada fase se somam enquanto as componentes positivas e negativas de corrente de cada fase se cancelam ao
D
chegar ao nó. Assim:
V 0 = Z W I 0 + Z T I 0 + ZN I N IN = 3I0 V0 = (ZW + ZT + 3ZN )I0
Explicitando a razão entre a tensão de sequência zero e a corrente de sequência zero, temos por definição, a impedância de sequência zero: V0 = Z0 = ZT + ZW + 3ZN I0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 15
8.
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398.126.848-24
Um alimentador trifásico de um sistema de distribuição é alimentado por uma fonte trifásica balanceada e de sequência positiva, conforme indicado na figura acima. O alimentador encontra-se a vazio quando ocorre um curto-circuito entre uma fase e o terra, representado na figura pela impedância de j175 Ω. De acordo com as informações apresentadas, o valor rms, em ampères, da magnitude da corrente de curto-circuito If é (B) 6,7
(C) 7,5
(E) 20,0
AF
Resolução:
(D) 17,1
T
(A) 4,0
Esta questão foi bastante polêmica, em virtude dos pedidos de anulação. No entanto, a banca decidiu pela permanência do gabarito. A resolução é bastante simples.
Considere a Figura abaixo na qual está introduzida a notação a ser utilizada na resolução. ZAA , ZBB e ZCC são as impedâncias mútuas de cada fase e ZAB = ZBA , ZAC = ZCA e ZBC = ZCB são as impedâncias mútuas entre as fases. Dessa 398.126.848-24
R
forma temos que:
D
EA = ZAA IA + ZAB IB + ZAC IC + j175IA
Como os terminais A e B estão abertos, então IB = IC = 0. Dessa forma,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
EA = ZAA IA + j175IA
398.126.848-24
398.126.848-24
Assim, IA =
8.
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398.126.848-24
EA 3000 = = −j12A j75 + j175 j250
Logo, a resposta é 12 A, que não consta em nenhuma das opções. 398.126.848-24
Uma alternativa para resolver esta questão é usar o circuito de sequências. Para calcular as impedâncias de sequência positiva, negativa e zero basta calcular 1 1 1 ZAA ZAB ZAC 1 1 1 1 2 1 α2 α ZS = 1 α α Z Z Z BA BB BC 3 2 2 1 α α ZCA ZCB ZCC 1 α α h
Assim, ZS = j125 j50 j50
iT
, ou seja a impedância de sequência zero
T
Z0 = j125, a impedância de sequência positiva Z1 = j50 e a impedância de sequência negativa Z2 = j50. Como a fonte de tensão é de sequência positiva,
AF
as componentes de sequência negativa e zero são nulas.
O circuito de sequência para carga monofásica é representado pela figura abaixo, em que ZF é a impedância de falta, no caso (ZF = j125Ω)
D
R
398.126.848-24
Assim,
I0 = I1 = I2 =
E1 3000 = = −j4 Z0 + Z1 + Z2 + 3ZF j750
Observe que existe a alternativa 4A, que é o gabarito da banca. No entanto, 4A não é o valor de If , mas sim o valor das componentes de sequência. Como If = IA = 3IA = −j12A temos a confirmação de que a resolução anterior está correta. *Resposta (A): Embora haja um erro no enunciado.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A*) ✆ ✝
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Questão 16
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012) d
d
398.126.848-24
50
r 25 × d25 2
(D)
5
r 5 × d25 2
AF
(A)
T
A figura acima apresenta a configuração geométrica de um condutor composto em uma linha de transmissão. Considere todos os fios cilíndricos, em paralelo e com a corrente da fase igualmente distribuída entre eles. Os fios externos estão igualmente espaçados em um quadrado de lado d, e o fio interno está no centro do mesmo quadrado. Considere o raio efetivo de cada fio igual a r. Qual a expressão que determina o RMG – Raio Médio Geométrico (ou DMG própria – Distância Média Geométrica própria) do condutor composto?
(B)
25
r 25 × d5 4
(C)
25
r 5 × d20 4
(E)
5
r 25 × d20 2
Resolução:
R
398.126.848-24
Esta questão pode ser resolvida analiticamente, porém um candidato mais
atento é capaz de classificar como falsas três alternativas através de uma simples análise dimensional. A questão requer do candidato o raio médio geométrico
D
próprio RMG de um arranjo “bundle” de condutores, e isto obviamente deve ter dimensão de comprimento. Contudo, ao inspecionar as alternativas (B), (D) e (E) observamos que as
respostas são dadas em potências de comprimento não unitárias, o que obviamente não faz nenhum sentido físico. Desta forma, mesmo que o candidato não saiba determinar a resposta correta, suas chances aumentam de 20% para 50% sem muito esforço. O raio médio geométrico do “bundle” a cinco condutores é definido da seguinte forma: 5 √ Y RM G = 5 RM Gi
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
i=1
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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398.126.848-24
Onde cada raio médio geométrico individual RM Gi é definido como: 5 √ Y RM Gi = 5 rij j=1
398.126.848-24
Para i = j define-se rii como a distância do condutor a ele mesmo, ou seja, “r”. E para i 6= j temos que rij é a distância entre um condutor e outro. Poderíamos calcular o raio médio geométrico de cada condutor individualmente, mas isto tomaria tempo. O condutor central se localiza no centro de um quadrado de lado d, de modo que sua distância para os condutores vizinho é a metade da diagonal deste quadro, √ d 2 , 2
logo: RM Gcentral =
√
√ !4 √ rd4 d 2 = 5 2 4
T
ou seja
5r
AF
Os outros quatro condutores, por serem os vértices do quadro, tem entre si o mesmo raio médio geométrico individual. A distância das arestas vizinhas é “d”, √ √ do centro é d 2 2 e da aresta oposta é d 2 logo: √ √ √ d 2 √ 4 RM Gvertice = 5r × d × d × d 2 × = 5rd 2 Pela fórmula para o raio médio geométrico equivalente: 398.126.848-24
R
√
5RM Gcentral RM G4vertice √ r5 d20 √ √ rd4 √ 4 4 RM G = 5 5 5(rd ) = 25 4 4 ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
RM G =
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 17
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012) Seja uma linha de transmissão simétrica representada por parâmetros concentrados, segundo o modelo Pi. O quadripolo do modelo é dado por:
398.126.848-24
, onde Vs e Vr são as tensões nos terminais emissor e receptor, respectivamente, assim como Is e Ir são as correntes nos terminais emissor e receptor, respectivamente. Possuindo a linha de transmissão um comprimento de 500 km, quais são a impedância z e a admitância y, de sequência positiva por unidade de comprimento?
T
(A) (B) (C)
AF
(D) (E)
Resolução:
R
Para linhas em modelo Pi a matriz de quadripólo é dada por: " # h i 1 + ZY Z 2 Q = Y (1 + ZY ) 1 + ZY 4 2
398.126.848-24
D
De modo que basta compararmos com a matriz dada no problema:
1+
ZY = 0, 8 2
(12)
Z = j8Ω ZY 1+ = j4, 5 · 10−2 Ω−1 4
Uma vez que encontramos o valor de Z, basta substituir em 1 para encontrar Y: j8Y = 0, 8 2 j8Y = −0, 4
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
1+
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398.126.848-24
8.
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Y = j0, 050Ω−1 Encontramos desta forma a admitância e impedância da linha, para achar seus valores por quilômetro, basta dividir pelo comprimento da linha: 398.126.848-24
Z j8Ω = L 500km 1, 6 z=j Ω/km = j1, 6 · 10−2 Ω/km 100 Y j0, 050Ω−1 y= = L 500km 0, 010 −1 y=j Ω /km = j1, 0 · 10− 4Ω−1 /km 100 z=
✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
AF
Questão 18
T
Alternativa (B) ✆ ✝
Três resistores de 12 Ω são ligados em Δ e formam um banco resistivo trifásico. Esse banco é alimentado por um transformador trifásico de 13,2 kV/440 V, em que o lado de alta tensão é ligado em Y, e o de baixa, em Δ. O valor, em ohm, da resistência equivalente por fase, vista pelo lado de alta tensão do transformador, é
398.126.848-24
R
(A) 120 (B) 360 (C) 1200 (D) 1800 (E) 3600
Resolução:
D
Como a questão requisita a impedância por fase referida ao lado de alta
tensão. Precisamos descobrir a relação de transformação que no caso é a razão entre as tensões nas bobinas. Como o lado de alta tensão é ligado em estrela, a √ tensão sobre as bobinas de alta é 3 vezes menor. Assim: a= a=
Vbob1 Vbob2 13200 √ 3
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
440 30 a= √ 3 √ a = 10 3
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
32
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6
398.126.848-24
Para referir a impedância para o lado de alta, basta multiplicar a impedância de baixa pelo quadrado da relação de transformação. Assim: Z 1 = a2 Z 2 √ Z1 = (10 3)2 12Ω
398.126.848-24
Z1 = 300 × 12Ω Z1 = 3600Ω ✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
AF
Questão 19
T
Alternativa (E) ✆ ✝
8 kV / 64 kV
8 kV
3Ω
j4 Ω
64 kV / 8 kV
160 A
G
Geração
Transmissão
Carga
Carga
398.126.848-24
R
A figura acima mostra o equivalente monofásico simplificado de um sistema elétrico de potência. Sabendo-se que a corrente da carga é de 160 A, e considerando-se os transformadores ideais, então, o valor das perdas, em watt, em uma das fases do sistema de transmissão, é
D
(A) 600 (B) 800 (C) 1.200 (D) 1.800 (E) 2.000
Resolução:
Como o sistema é supostamente equilibrado, a potência em todas as três
fases é idêntica, de modo que não nos interessa nomear fase a, b ou c. Se tivermos acesso ao valor da corrente de linha na transmissão podemos determinar as perdas na fase com: PT = RT IT2 2 PT = 3ΩI64kV
(13)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A relação de transformação no transformador de distribuição nos permite
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
33
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12
6
398.126.848-24
determinar a corrente na transmissão, uma vez que: NT IT = Ncarga Icarga Ncarga IT = Icarga NT
398.126.848-24
Esta razão de espiras na última equação é simplesmente a razão das tensões respectivas: Ncarga Vcarga 8kV 1 = = = NT VT 64kV 8 Como Icarga é dado valendo 160 A, temos:
T
1 IT = 160A = 20A 8 Substituindo o valor encontrado na equação 13:
Questão 20
AF
PT = 3 × 202 W = 1200W
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
R
Um gerador de 25 kV, 50 MVA, tem reatância interna igual a 0,10 pu. O mesmo é conectado a um sistema elétrico de potência, cujas grandezas de bases, no ponto de conexão, são 50 kV e 100 MVA. O valor da reatância interna do gerador, em pu, na base do sistema, é
D
(A) (B) (C) (D) (E)
0,01 0,05 0,10 0,15 0,20
Resolução: Esta questão pode ser resolvida imediatamente, considerando 1 como a base nova e 2 como a base antiga, podemos aplicar a fórmula para mudança de base de impedância: 2 Vbase2 Sbase1 z2 2 Vbase1 Sbase2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
vz1 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
34
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Como: Vbase1 = 50kV
e
Vbase2 = 25kV
Sbase1 = 100M VA
e
Sbase2 = 50M VA
398.126.848-24
Substituindo na fórmula: 252 100 0, 10p.u. 502 50 12 z1 = 0, 10p.u. 41 z1 = 0, 05p.u. = 5% z1 =
✞
☎
Questão 21
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
R
O neutro de uma carga trifásica ligada em Y é aterrado através de uma resistência de 5 Ω. Uma linha de transmissão conecta a carga a uma fonte cujo neutro é solidamente aterrado. As componentes de sequência positiva, negativa e zero da corrente de linha são 90 −15o A, 1 10o A e 3 0o A, respectivamente.
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O valor, em volts, do módulo da tensão do neutro da carga, em relação ao neutro da fonte, é (B) 15
(C) 30
(D) 45
(E) 90
D
(A) 5
Resolução:
Em situações em estrela aterrado, a soma das correntes das três fases re-
sulta na corrente do neutro, ou: IA + IB + IC
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Porém, decompondo a corrente de cada fase em suas componentes simé-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
35
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6
398.126.848-24
tricas, temos: IN = IA + IB + IC IN = (IA+ + IA− + IA0 ) + (IB+ + IB− + IB0 ) + (IC+ + IC− + IC0 ) IN = (IA+ + IB+ + IC+ ) + (IA− + IB− + IC− ) + (IA0 + IB0 + IC0 )
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Mas: IA+ + IB+ + IC+ = IA− + IB− + IC− = 0 IA0 = IB0 = IC0 = I0 Logo:
T
IN = 3I0
De modo que a corrente de neutro é o triplo da corrente de sequência zero,
AF
utilizando os dados do problema:
IN = 3 × 3∠0◦ A = 9∠0◦ A
Desta forma, a tensão sobre o neutro é simplesmente a corrente de neutro multiplicada pela impedância de neutro:
V N = ZN I N
398.126.848-24
◦
VN = 45∠0 V
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
VN = 5Ω9∠0◦ A
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 22
8.
36
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) O lado de baixa tensão (BT) de um transformador trifásico é ligado em Y com o neutro solidamente aterrado. O lado de alta tensão (AT) é ligado em triângulo. Sabe-se que a impedância de sequência zero do transformador é Z0. Considerando-se as grandezas em valores por unidade, na base do transformador, o circuito equivalente de sequência zero desse transformador é
398.126.848-24
(A)
T
(D)
(B)
AF
(C)
(E)
Resolução:
Conforme demonstrado em questões anteriores, não há como existir cor398.126.848-24
R
rente de sequência zero fluindo pelas linhas para uma carga em ∆ como o transformador enxergue pelo lado da baixa. Porém, nada impede que esta corrente de sequência zero circule internamente a carga em triângulo ou que circule por uma
D
carga em estrela aterrada.
Deste modo, o transformador em ∆ e sua impedância de sequência zero
não são visto pelo lado de alta tensão do transformador, que está com seus enrolamentos arranjados em triângulo. Do lado de baixa tensão, o aterramento dos enrolamentos em estrela permite circulação de corrente de neutro, de modo que a corrente de sequência zero pode ser enxergue pelas linhas do lado de baixa tensão e com isto sua impedância de sequência Z0 . Com estas informações, a figura mais adequada para ilustrar o circuito de
sequência zero é a letra (E) ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 23
8.
37
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Uma linha de transmissão trifásica encontra-se em aberto quando ocorre uma falta na fase a para o terra. A corrente de falta é igual a . Considerando a transformação de Fortescue, as componentes simétricas de sequência zero, positiva e negativa da corrente de linha, referente à fase a, são, respectivamente, (A) 0, , 0
(D)
(B) , 0, 0
(E) 3 , 3 , 3
(C)
,
, ,
,
T
398.126.848-24
Resolução:
Na condição de falta monofásica com abertura das outras duas, temos:
AF
IB = IC = 0 IA = IF
Jogando esta informação na matriz que leva as componentes de fase para
R
as componentes de sequência: I0 1 1 1 IF 1 I 1 = 1 a a2 0 3 2 I2 1 a a 0
398.126.848-24
D
Temos, após algumas multiplicações, que: IF 3 IF I1 = 3 IF I2 = 3 I0 =
Logo:
I0 = I1 = I2 =
IF 3 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) Seja um transformador monofásico de 40 kVA, 3.000/300 V. A partir dos ensaios de curto-circuito e circuito aberto, verificou-se que as perdas no cobre e no ferro têm valores iguais a 600 W e 300 W, respectivamente. Admitindo que esse transformador alimenta uma carga em condições nominais, com fator de potência 0,7 indutivo, o valor aproximado de seu rendimento é (A) 0,85 (B) 0,89 (C) 0,90 (D) 0,92 (E) 0,97
398.126.848-24
T
Resolução:
O transformador engloba suas perdas em duas grandes categorias: perdas no núcleo, ligadas ao valor da tensão de operação, e perdas no cobre, ligadas
AF
ao valor da corrente de operação. Com dois ensaios podemos estimar de forma precisa suficiente as perdas e, portanto, o rendimento do dispositivo. As perdas no núcleo são estimadas pelo ensaio em circuito aberto, como o enrolamento de alta tensão está em aberto a única corrente absorvida pelo trafo é a de magnetização, várias vezes menor que a corrente nominal. Então nesta condição desprezamos as perdas por condução e atribuímos todas as perdas ao 398.126.848-24
R
ferro devido ao nível de tensão nominal.
As perdas no cobre são estimadas pelo ensaio de curto circuito, com o en-
rolamento de baixa tensão curto circuitado energiza-se com tensão relativamente baixa o enrolamento do lado da alta, como esta tensão de energização é várias
D
vezes menor que a tensão nominal do trafo, desprezamos as perdas no ferro e atribuímos todas as perdas ao cobre devido ao nível de corrente nominal. Deste modo, um trafo operando em potência, corrente e tensão nominais
tem suas perdas aproximadamente estimada pela soma das perdas dos dois ensaios. Assim: Pop ≈ Pcc + Pvz Pop ≈ 600W + 300W Pop ≈ 900W
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
O rendimento de um dispositivo qualquer é a razão entre a potência de saída
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
pela potência de entrada, uma razão entre o retorno e o investimento, fazendo uma analogia. Assim: η=
Putil Putil = Ptotal Putil + Pperdas
A potência útil no trafo é simplesmente sua potência aparente multiplicada
398.126.848-24
pelo fator de potência: Putil = Scos(φ) Putil = 40000V A × 0, 7 Putil = 28000W
mento é simples de calcular:
T
De posse da informação sobre as perdas e a saída do dispositivo, o rendiPutil 28000W = Putil + Pperdas 28000 + 900W 28000W η= ≈ 0, 968 ≈ 97% 28900W
Questão 25
AF
η=
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) 398.126.848-24
R
25
D
A realização de paralelismo de geradores é uma medida amplamente utilizada nos parques de energia. Suponha dois geradores idênticos, G1 e G2, conectados ao barramento de um sistema elétrico de potência, injetando potências ativas P1 e P2. A forma pela qual as potências ativas são repartidas entre esses dois geradores ocorre, principalmente, pelo(a) (A) ajuste das correntes de excitação. (B) ajuste das correntes de armadura. (C) despacho determinado pelo operador do sistema elétrico. (D) característica velocidade-potência de cada máquina. (E) característica da carga conectada ao barramento.
Resolução: A condição necessária para o paralelismo de geradores é que suas tensões sejam idênticas em fase, magnitude e frequência. Qualquer quebra desta condição
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
implicará em uma operação inadequada e possivelmente perigosa. Analisemos
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
40
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6
398.126.848-24
cada alternativa individualmente para concluir qual parâmetro é mais influente no controle do paralelismo das máquinas. A alternativa (A) aposta no controle da corrente de excitação. Nas máquinas síncronas, a corrente no enrolamento de campo do rotor é responsável pela
398.126.848-24
magnitude do fluxo (obviamente, dentro dos limites magnéticos do ferro) e desta forma o ajuste no fluxo para mesma frequência implicará em aumento das tensões produzidas segundo a fórmula: Eind = 4, 44f Kenr N Φ
(14)
Porém, este ajuste apenas da magnitude não influi para que os geradores
T
estejam em paralelo. Pois não basta satisfazer igualdade em magnitude, é necessário satisfazer também igualdade de fase e frequência. Sendo a alternativa falsa, portanto.
AF
A alternativa (B) não faz qualquer sentido, uma vez que a corrente de armadura é função das cargas supridas no sistema e não de condições sujeitas à manipulação dos operadores no lado da geração.
A alternativa (C) diz que o despacho é o fator mais importante. Porém, despacho é apenas a determinação da potência gerada pelo sistema para atender a carga e determina quais máquinas serão ligadas e quando mas nada influi na distribuição das potências ativas entregues por cada máquina.
R
398.126.848-24
A alternativa (D) diz que o mais importante é o conhecimento das caracte-
rísticas de velocidade e potência de cada máquina. No modelo de geração por máquinas síncronas, como o próprio nome denuncia, a principal característica é o
D
sincronismo. Para o rotor girar a velocidade constante temos que o torque da fonte primária deve ser igual ao torque eletromagnético, ou da carga. Ou seja: Tem = Tmec
Porém, pela conservação de energia, toda a potência suprida às cargas é
igual à potência desenvolvida pela fonte primária no eixo do rotor. Ou seja, quanto mais potência um gerador entrega à rede, maior o torque eletromagnético em oposição ao torque primário. Cada gerador tem uma velocidade desenvolvida para cada potência entregue, mas pela condição de sincronismo todos devem girar à mesma velocidade. De modo que a distribuição de potência em todas as máqui-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
nas é aquela na qual todas as máquinas podem manter a mesma velocidade e isto
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398.126.848-24
8.
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6
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configura (D) como a alternativa correta. A alternativa (E) da mesma forma que a (B) não faz muito sentido uma vez que as cargas não discriminam nenhum gerador e que a distribuição das potências nas máquinas é uma característica inata à geração e não ao consumo. As cargas
398.126.848-24
só enxergam o equivalente de Thévenin do sistema e como dito anteriormente, são indiferentes à geração. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
Questão 26
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
AF
T
27
(A)
,
(a - 1)ykm
e
2
,
(a - 1) ykm e
,
a(a - 1)ykm e
,
e
(1 + a)2ykm
(E) a(a + 1)ykm ,
e
(1 - a)2ykm
(B)
D
(C) (D)
398.126.848-24
R
A figura 1 mostra o circuito π equivalente de um transformador em fase de um sistema elétrico de potência. Na figura 2, é mostrado o mesmo transformador, entretanto, a modelagem utilizada é feita através de um transformador ideal de relação de transformação 1:a, em série com uma admitância ykm. Comparando-se a modelagem apresentada nas duas figuras, as expressões das admitâncias yA, yB e yC, da figura 1, são, respectivamente,
(1 - a)ykm
Resolução: Esta questão apresenta duas modelagens distintas para o transformador. Elas devem ser equivalentes quanto às tensões e correntes terminais. Isso significa que para dados os valores de Ek e Em as correntes Ikm e Imk devem ter o mesmo valor se calculadas usando qualquer das modelagens.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Suponha inicialmente que Ek = Em = E.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
42
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6
398.126.848-24
Pela Figura 1 temos que a corrente que passa pela admitância YA é nula, logo, Imk = EYC
e
Ikm = EYB
e
Ikm = a(aE − E)Ykm
Já pela Figura 2 temos:
398.126.848-24
Imk = (E − aE)Ykm
Dessa forma igualando as correntes correspondentes em cada modelagem, EYC = E(1 − a)Ykm
e
EYB = a(aE − E)Ykm
YC = (1 − a)Ykm
T
O que significa que e
YB = a(a − 1)Ykm
AF
Sem que seja necessário obter YA já temos a resposta correta (C). Para obter YA basta fazer Ek = 0 por exemplo. Dessa forma, pela Figura 1 temos que Imk = Em (YA + YC ). Já pela Figura 2, Imk = Em Ymk . Assim, Ymk = YA + YC . Como já obtivemos YC = (1 − a)Ykm ,
Ymk = YA + (1 − a)Ykm
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆
✝
D
R
O que significa que YA = aYkm .
Questão 27
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A respeito de um transformador considerado ideal, afirma-se que (A) a corrente de Foucault mantém-se constante em relação à variação do número de espiras. (B) a relutância do núcleo é infinita. (C) o fluxo de dispersão é grande. (D) o núcleo tem permeabilidade infinita. (E) as correntes elétricas são iguais nos lados primário e secundário.
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6
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Resolução: Antes de analisar a falsidade ou veracidade de cada alternativa vamos descrever resumidamente o transformador. O trafo é um dispositivo de conversão de energia com dois ou mais enrolamentos envolvendo um núcleo ferromagnético,
398.126.848-24
este núcleo tem como objetivo acoplar magneticamente o máximo possível estes enrolamentos quando energizados. Através do controle do número de espiras é possível controlar a corrente e a tensão relativa entre os enrolamentos obedecendo às leis de conservação. O transformador ideal seria uma entidade sem perdas, seja no cobre ou no ferro, capaz de adequar o nível de tensão e corrente para as cargas idealmente, sem
T
necessidade de uma corrente de magnetização. As correntes de Foucault, ou correntes parasitas, aparecem no núcleo ferromagnético uma vez que ele tem alguma condutividade e experimenta um campo
AF
magnético variável. Elas, juntamente com o fenômeno da histerese, são as principais causas de perdas no ferro em um transformador. A alternativa (A) é incorreta pois o transformador ideal seria sem perdas e portanto não teria corrente parasitas de forma alguma.
A relutância em circuitos magnéticos é um parâmetro análogo à resistência elétrica, ou seja, é um impedimento para a passagem de fluxo. Um transformador de relutância infinita seria um “aberto” para a força magnetomotriz que impediria a 398.126.848-24
R
circulação de qualquer fluxo magnético pelo núcleo, sem isto, não haveria campo de acoplamento e o transformador perderia todo seu sentido. Desta forma a letra (B) é inválida.
D
O intuito de se usar material ferromagnético é o de “aprisionar” as linhas de
fluxo no núcleo o que implicaria que estas passariam por todas as espiras integralmente e que o acoplamento magnético seria total. A indutância de dispersão é um parâmetro que mede a imperfeição deste acoplamento, sendo a medida do fluxo em um enrolamento que não é compartilhado pelos outros enrolamentos. Desta forma, a letra (C) é falsa. Um núcleo de permeabilidade infinita funcionaria como um curto circuito, fazendo uma analogia de circuitos elétricos, para a força magnetomotriz, e desta forma o fluxo magnético teria caminho livre e o acoplamento magnético seria perfeito, sem o surgimento de indutâncias de dispersão. Como o trafo ideal tem aco-
39
8.
12
6. 8
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-2
4
plamento magnético infinito, a alternativa (D) se mostra a correta.
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6
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A letra (E) descreve, basicamente, um transformador de razão 1:1 cuja única utilidade é fornecer isolamento galvânico entre dois circuitos. Esta alternativa não faz muito sentido tendo em vista nossa definição de transformador ideal e não merece comentários maiores. 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
Questão 28
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) 33
T
Em uma linha de transmissão, ocorre uma falta, cuja corrente é definida por , onde
AF
• V1(F) é sua tensão de sequência positiva; •
,
e
são as impedâncias nas sequên-
cias: zero, positiva e negativa, respectivamente.
A esse respeito, afirma-se que se trata de uma falta (A) trifásica. (B) entre duas fases. (C) entre fase e terra. (D) entre duas fases e terra. (E) entre as três fases e terra.
R
398.126.848-24
Resolução:
Para mostrarmos que a fórmula no enunciado corresponde à falta monofá-
D
sica, analisemos as condições de contorno no domínio das componentes simétricas. Supondo que a falta monofásica ocorre na fase A, temos as seguintes condições:
IB = IC = 0
Assim, analisando as componentes simétricas de corrente, via: I0 1 1 1 IA 1 I 1 = 1 a a2 I B 3 2 I2 IC 1 a a
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VA = 0
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6
398.126.848-24
Como IB = IC = 0, substituindo na equação anterior, temos: I0 = I1 = I2 =
IA 3
As equações de componentes simétricas serão:
398.126.848-24
VA0 = −Z0 I0 VA1 = VA1 − Z1 I1 VA2 = −Z2 I2 Somando as três equações, teremos:
T
(VA0 + VA1 + VA2 ) = V1 − Z0 I0 − Z1 I1 − Z2 I2 Porém:
AF
VA0 + VA1 + VA2 = 3VA = 0 I1 = I2 = 0
Logo, temos:
0 = V1 − (Z0 + Z1 + Z2 )I0
Isolando I0 :
R
I0 =
V1 Z0 + Z 1 + Z2
398.126.848-24
Porém, IA = 3I0 , assim:
D
IA = IF =
3V1 Z0 + Z1 + Z2
Demonstrando o resultado desejado, que a fórmula corresponde a um curto
circuito monofásico por impedância nula. ✞
☎
39
8.
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6. 8
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-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 29
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2) Em um sistema elétrico do tipo estrela-estrela, desequilibrado a quatro fios, existe uma corrente de neutro, definida por . Sabe-se que essa corrente elétrica pode ser decomposta por seus componentes simétricos de sequências zero, positiva e negativa, definidos, respectivamente, por , e . A expressão que relaciona a corrente de neutro com seus componentes simétricos é r r r (A) IN = 3( I0+ I1) (B) (C) (D) (E)
398.126.848-24
T
Resolução:
Em um sistema em estrela aterrado, a corrente que chega ao neutro é a soma das correntes nas três fases, servindo desta forma como um caminho de
AF
fuga para os desequilíbrios de corrente do sistema. Pela teoria das componentes simétrica, a corrente em cada fase pode ser decomposta em sua componente de sequência positiva (1), negativa (2), e zero (0). Assim: IA = IA1 + IA2 + IA0
IB = IB1 + IB2 + IB0
R
IC = IC1 + IC2 + IC0
398.126.848-24
As componentes de sequência positiva formam um conjunto equilibrado de
correntes de mesma amplitude e defasado entre si de 120 graus elétricos. Desta
D
forma:
IA1 + IB1 + IC1 = 0
(15)
As componentes de sequência negativa também compreendem da mesma
forma um conjunto equilibrado de correntes de mesma amplitude e defasagem entre si de 120 graus elétricos, porém em ordem, ou sequência, oposta à observada na sequência negativa. Assim: IA2 + IB2 + IC2 = 0
(16)
Porém, a sequência zero é um conjunto de três correntes idênticas em amplitude e fase. De modo que sua soma só é nula se a corrente de sequência
39
8.
12
6. 8
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-2
4
zero for identicamente nula em módulo. Voltando ao nosso problema, temos que a
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corrente de neutro pode ser calculada como a soma das correntes das fases: IN = IA + IB + IC Escrevendo a corrente em cada fase em termos de suas componentes si-
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métricas, temos: IN = (IA1 + IA2 + IA0 ) + (IB1 + IB2 + IB0 ) + (IC1 + IC2 + IC0 ) Reagrupando por sequências, temos: IN = (IA1 + IB1 + IC1 ) + (IA2 + IB2 + IC2 ) + (IA0 + IB0 + IC0 )
T
Devido ao fato exposto pelas equações 15 e 16, temos: IN = IA0 + IB0 + IC0
(17)
AF
Como as correntes de sequência zero, são iguais, podemos escrever: IA0 = IB0 = IC0 = I0
Assim, substituindo na equação 17, temos: IN = 3I0
398.126.848-24
R
*Obs: O gabarito oficial incial colocava como correta letra B, entretanto na
fase de recursos a banca alterou o gabarito para letra C. ✞
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6. 8
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-2
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) A respeito de componentes de um transformador ideal, considere as afirmativas a seguir.
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I
– O núcleo tem permeabilidade infinita.
II
– A relutância do núcleo é infinita.
III – Não há fluxo de dispersão. É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I. (B) II. (C) I e II. (D) I e III.
Resolução:
T
(E) II e III.
AF
O candidato é encorajado a ler anteriormente a pág. 42, pois a discussão se aplica da mesma forma, tendo em vista que o enunciado pergunta sobre as características do trafo ideal. Analisemos as afirmações:
I - VERDADEIRA. Nos diz que o transformador ideal teria permeabilidade magnética infinita, isto implicaria em nenhum impedimento à passagem de fluxo magnético e que todas as linhas de campo seriam aprisionadas ao núcleo 398.126.848-24
R
do transformador o que implicaria acoplamento magnético infinito entre os enrolamentos, o que é desejado.
II - FALSA. Nos diz que o transformador ideal teria relutância infinita, contudo
D
esta é uma assertiva que confronta diretamente a afirmação (I) uma vez que a relutância é a medida do impedimento à passagem do fluxo magnético e desta forma, quanto maior a relutância do núcleo, maior a dispersão de fluxo e mais fraco o acoplamento magnético nos enrolamentos.
III - VERDADEIRA. Serve como apoio e consequência para (I) uma vez que o fluxo de dispersão é ligado ao fato do núcleo de material ferromagnético ter permeabilidade finita. ✞
☎
39
8.
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 31
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Considere um transformador monofásico conectado a uma rede senoidal de 60 Hz, alimentando uma carga com corrente de 10 A e fator de potência igual a 0,8 atrasado.
398.126.848-24
O transformador apresenta as seguintes características: • Regulação de tensão = 0,1 • Tensão no secundário a vazio (sem carga) = 100 V • Perdas no ferro = 5 W • Perdas no cobre = 15 W Nestas condições, o rendimento percentual aproximado do transformador é (A) 85,4
T
(B) 88,6 (C) 90,0 (D) 97,3
AF
(E) 99,7
Resolução:
O candidato é encorajado a ler anteriormente a questão da pág. 46 uma vez que nossa definição de rendimento e nossas considerações sobre perdas em um transformador se aplicam da mesma forma. Também é recomendado ler a questão na pág. 17.
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R
O enunciado informa dados do transformador em sua condição de carga e
sua regulação e com estes dados pede-se o rendimento do transformador. Pela
D
definição de rendimento, temos que: η=
Putil Putil + Pperdas
(18)
Como dois dos dados informam as duas perdas mais significativas do trans-
formador, temos:
Pperdas = Pcobre + Pf erro Pperdas = 15W + 5W = 20W A potência útil em corrente alternada é a potência ativa, que é basicamente
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
a potência aparente multiplicada pelo fator de potência, lembrando que a potência
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6
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aparente é produto da corrente com a tensão, assim: Putil = Pcarga = Scarga cos(φ) (19)
Putil = Vcarga Icarga cos(φ) 398.126.848-24
Como dois dos dados informam a corrente e o fator de potência em carga, resta ao candidato encontrar o valor da tensão em carga. Porém, neste momento ainda não utilizamos duas informações: a regulação e a tensão em vazio. Icarga = 10A cos(φ) = 0, 8
T
A regulação é definida como a variação relativa da tensão em um transformador quando na condição em vazio relativo ao valor de carga. Matematicamente: Vvz − Vcarga Vcarga
AF
R=
Substituindo os valores do enunciado na última equação: 0, 1 =
100V − Vcarga Vcarga
1, 1Vcarga = 100V Vcarga ≈ 91V
398.126.848-24
R
Desta forma, substituindo na equação 19 todos os valores encontrados:
D
Putil ≈ 91V × 10A × 0, 7 Putil ≈ 727W
Substituindo o valor encontrado na equação 18: 727W 727W + 20W 727W η= 747W η ≈ 0, 9735 η=
η ≈ 97, 3% ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 32
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Igeração
Trafo 1
Rlinha
1:20
jXlinha
Trafo 2
Icarga
25:1
Ilinha
V
398.126.848-24
Zcarga
Geração
Linha de Transmissão
Distribuição
Figura 1 Igeração
Rlinha
Icarga
jXlinha
Ilinha V
Geração
T
Zcarga
Linha de Transmissão
Distribuição
Figura 2
AF
A figura 1 apresenta o modelo simplificado de um sistema monofásico de transmissão, e a figura 2 apresenta o seu circuito equivalente por unidade. Os valores base escolhidos são: potência base Sbase = 10 kVA e tensão base Vbase = 500 V, que é a tensão de operação do gerador. Os valores por unidade da impedância da linha e da carga, calculados com os valores base da região denominada “Distribuição”, são: Zlinha, pu = 0,003 + j 0,004 pu e Zcarga, pu = 1 + j pu. A partir dessas informações, o módulo da corrente de carga Icarga, em amperes, é, aproximadamente,
R
(A) 13,14 (C) 15,10 (E) 17,60
(B) 14,25 (D) 16,20
398.126.848-24
D
Resolução:
No sistema por unidade, desde que a base seja mesma em todos os trechos,
é possível remover os trafos e considerar todo os circuitos elétricos como sendo um único circuito elétrico em série, de forma semelhante à mostrada na segunda figura do enunciado da questão. Ou seja, consideramos: Icarga_pu = Ilinha_pu = Igeracao_pu Desta forma, a impedância total vista pelo sistema é o arranjo em série
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
da impedância de linha com a impedância da carga, de modo que a equação do
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8.
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398.126.848-24
circuito equivalente é, em p.u.: V = (Zcarga + Zlinha )Icarga Como a tensão no gerador é escolhida como a tensão de base, temos que
398.126.848-24
seu valor é a unidade neste sistema, e utilizando os dados de impedância, temos: 1 = (1 + j1 + 0, 003 + j0, 004)Icarga Deste modo, isolando a corrente: Icarga =
1 p.u. 1, 003 + j1, 004
T
Como a impedância da linha é ínfima se comparado a impedância da carga, fazemos:
AF
Zcarga + Zlinha ≈ Zcarga √ √ |Zcarga | = 12 + 12 = 2 ≈ 1, 4Ω
Assim, substituindo este valor na impedância equivalente, a corrente de carga é, no sistema por unidade:
Icarga ≈ 0, 7p.u.
R
Uma vez obtido o valor da corrente por unidade, basta retornamos à gran-
398.126.848-24
deza verdadeira. De modo que a única etapa restante é encontrar o valor de base da corrente. Lembrando que corrente de base em um sistema monofásico é defi-
D
nida como:
Ibase =
Sbase Vbase
Para descobrir a tensão de base do lado da carga, partimos da tensão de
base no lado da geração e utilizamos as relações de transformação dadas pela figura:
Vbase = Vbasecarga = Vbasegerao ×
20 = 400V 25
Como Vbase = 400V , Sbase = 10000V A, substituindo na última equação: 10000V A = 25A 400V
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6. 8
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4
Ibase =
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Basta multiplicar o valor em por unidade pelo valor de base para obter a real grandeza da corrente: Icarga = Icarga_pu Ibase = 0, 7 × 25A ≈ 17, 5A 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
T
Questão 33
35
AF
Em um sistema elétrico, composto por um único transformador de 500 kVA, foi adotada como base a potência de 400 kVA. A potência desse transformador, em pu, é (A) 0,80 (B) 0,85 (C) 0,95 (D) 1,15 (E) 1,25
Resolução:
O sistema por unidade (ou p.u.) funciona de modo tal que todas as grandezas se tornam adimensionais e são referidas relativamente a uma base pré-
R
determinada. Por exemplo, como a moeda corrente do Brasil é o real, então 10
398.126.848-24
centavos equivale a 0,10 p.u. na base do sistema monetário brasileiro. De um modo geral, para qualquer grandeza X, sua representação em p.u. é definida
D
como:
Xp.u. =
X Xbase
No caso de nosso transformador, temos uma potência aparente de S =
500kVA quando a base do sistema é definida no enunciado como sendo de Sbase =
400kVA. Assim:
Sp.u. =
500kVA = 1, 25p.u. 400kVA ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 34
8.
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Considere uma linha de transmissão trifásica, circuito simples, de 60 Hz, com 100 km de comprimento. No terminal da linha está conectada uma carga de 10 MVA, com fator de potência 0,8 atrasado a uma tensão de 100 kV.
398.126.848-24
Dados da linha: R = 0,1 /km L = 2,5 mH/km C = 0,01 F/km
T
O valor do SIL (surge impedance loading) desta linha, em MW, é (A) 10 (B) 20 (C) 25 (D) 40 (E) 100
Resolução:
A impedância em série de uma linha é um número complexo que é o produto ticamente:
AF
da impedância por unidade de comprimento pelo comprimento da linha. MatemaZ = zL = (r + jωl)L
Utilizando os valores do enunciado de resistência e indutância por quilômetro para uma linha de 100 km:
398.126.848-24
R
Z = (0, 1 + jω0, 0025) × 100Ω Z = (10 + jω0, 25Ω)
A admitância em paralela de uma linha é outro número complexo que é o
produto da admitância por unidade de comprimento pelo comprimento da linha.
D
Matematicamente:
Y = yL = (g + jωc)L
Como nada é dito da condutância da condutância por quilômetro da linha
podemos supô-la desprezível, e utilizando o valor de capacitância por unidade de quilômetro para uma linha de 100 km, temos: Y = jω0, 01 · 10−6 × 100Ω−1 Y = jω1 · 10−6 Ω−1
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8.
12
6. 8
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-2
4
A impedância característica, ou natural, de uma linha de transmissão é a
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8.
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raiz da impedância dividida pela admitância, em nosso caso: s r Z 10 + jω0, 25Ω ZC = = Y jω1.10−6 Ω−1 398.126.848-24
A impedância de surto, ou surge impedance, é a impedância característica de uma linha visto pelas frequências de surtos, ou seja quando ω tende ao infinito: ZS = lim (ZC ) ω→∞ s ZS = lim
ω→∞
p
!
0, 25 × 1.106 = 500Ω
T
ZS =
(10 + jω0, 25Ω jω1.10− 6Ω−1
A carga máxima em surto, ou surge impedance loading é simplesmente o quadrado do valor da tensão dividido pela impedância de surto:
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) 398.126.848-24
R
Questão 35
V2 1002 = M W = 20M W ZS 500
AF
PS =
D
Em uma carga trifásica desbalanceada ligada a três fios, a equação que relaciona os módulos da tensão de deslocamento de neutro VNN’ com a tensão de sequência zero V0 na carga é (A) VNN’ = V0 (B) 2VNN’ = V0 (C) VNN’ = 3V0 (D) 3VNN’ = V0 (E) VNN’ = 2V0
Resolução: Uma vez que o sistema a três fios é desequilibrado, não podemos fazer quaisquer suposições acerca das cargas za , zb e zc . Porém, pelo sistema não ter condutor de neutro, temos que:
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8.
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6. 8
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-2
4
ia + ib + ic = 0
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6
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Desta forma, através da lei de Ohm, podemos relacionar estas correntes às tensões de fase e de neutro: va − vnn′ vb − vnn′ vc − vnn′ + + =0 za zb zc 398.126.848-24
Para facilitar o desenvolvimento que se seguirá, utilizaremos as admitâncias ao invés das impedâncias, ou seja: ya =
1 ; za
yb =
1 ; zb
yc =
1 zc
O que simplifica consideravelmente nossa equação de nó:
T
ya (va − vnn′ ) + yb (vb − vnn′ ) + yc (vc − vnn′ ) = 0 Separando as tensões de fase da tensão de neutro:
AF
ya va + yb vb + yc vc = (ya + ya + yc )vnn′ Isolando o termo vnn′ , temos: vnn′ =
ya va + yb vb + yc vc ya + yb + yc
Podemos então substituir as componentes de fase por componentes de 398.126.848-24
R
sequência:
va = v0 + v1 + v2 vb = v0 + a2 v1 + av2
D
vc = v0 + av1 + a2 v2
Ou seja:
vnn′ =
ya (v0 + v1 + v2 ) + yb (v0 + a2 v1 + av2 ) + yc (v0 + av1 + a2 v2 ) ya + yb + yc
De modo que podemos discriminar os termos por suas componentes de sequência: vnn′ =
ya + yb + yc ya + a2 yb + ayc ya + ayb + a2 yc v0 + v1 + v2 ya + yb + yc ya + yb + yc ya + yb + yc
Simplificando, temos o resultado abaixo, que mostra que a tensão de neutro
39
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6. 8
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-2
4
depende das tensões de alimentação e da combinação das admitâncias das car-
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gas, não havendo como expressá-la tão somente através das tensões de sequência: vnn′ = v0 +
ya + a2 yb + ayc ya + ayb + a2 yc v1 + v2 ya + yb + yc ya + yb + yc
Deste modo, fica evidenciado que apenas no caso que za = zb = zc (equi-
398.126.848-24
valente a ya = yb = yc ) que a tensão de neutro é exatamente igual à tensão de sequência zero. Pois, nestes casos: ya + a2 yb + ayc = (1 + a2 + a)ya = 0 × ya = 0 ya + ayb + a2 yc = (1 + a + a2 )ya = 0 × ya = 0 vnn′ = v0 + 0 × v1 + 0 × v2 = v0
T
Assim, a comissão elaboradora da prova cometeu o erro de generalizar um resultado específico, pois quando a carga é desequilibrada os termos za , zb e zc povalores.
AF
dem assumir valores diversos, deslocando a tensão de neutro pelos mais variados
Nestes termos, o gabarito oficial é incorreto e não há resposta entre as possíveis. Como não houve ou não foi aceito recurso para tal questão, o candidato que cometesse o mesmo erro da banca obteria o ponto.
De fato uma recomendação comum a um candidato de concurso quando se deparar com uma questão claramente sem resposta correta é tentar imaginar que
R
tipo de engano a banca pode ter cometido e pensar da mesma forma, pois existe
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sempre a possibilidade de não haver recursos ou eles serem impugnados. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
Alternativa (A*) ✆ ✝
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Questão 36
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) 53 Um sistema trifásico hipotético a quatro fios é responsável por alimentar cargas trifásicas e monofásicas não lineares. As tensões do sistema são senoidais, com frequência de 60 Hz. Nessas condições, são gerados harmônicos de corrente que se propagam pelo sistema, em função da presença de cargas não lineares. Com relação aos componentes simétricos destas correntes, (A) caso as cargas monofásicas sejam desconectadas, mantendo-se a alimentação das cargas trifásicas, a corrente de neutro será nula, supondo haver harmônicos múltiplos de três nas correntes de linha. (B) caso haja o quinto harmônico nas correntes, eles serão de sequência positiva. (C) caso haja harmônicos de quarta ordem, eles serão de sequência negativa. (D) o emprego de transformador trifásico, conectado em delta-delta, impede a circulação de harmônicos de sequência zero da carga para o sistema. (E) as ordens dos harmônicos presentes no condutor neutro são múltiplas de dois.
AF
T
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Resolução:
Conforme bem descrito pelo enunciado, por mais que o sistema elétrico se esforce no sentido de balancear a geração e a transmissão de energia tornando o equivalente trifásico o mais equilibrado possível, devido à própria natureza das cargas é inevitável o surgimento de harmônicos de corrente de várias ordens, não necessariamente ímpares ou pares. Porém, pela grandeza do sistema e relativa
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R
aleatoriedade da disposição das cargas podemos supor com razoável grau de precisão que as correntes, mesmo com os harmônicos, formem um sistema equilibrado. Analisemos cada alternativa pontualmente.
D
Na alternativa (A) afirma-se que os harmônicos de terceira ordem deixam a
corrente de neutro nula. Mas podemos provar que isto não é verdadeiro. Seja o conjunto trifásico de correntes abaixo com presença de terceiro harmônico: IA = I1 cos(ωt) + I3 cos(3ωt) IB = I1 cos(ωt − 1200 ) + I3 cos(3[ωt − 1200 ]) IC = I1 cos(ωt + 1200 ) + I3 cos(3[ωt + 1200 ])
Manipulando as fases no terceiro harmônico, e lembrando que a função cos-
3ωt = 3ωt − 360◦ = 3ωt + 360◦
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-2
4
seno é 360◦ periódica:
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6
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Somando as correntes nas três fases para obter a corrente de neutro: IN = IA + IB + IC IN = I1 cos(ωt) + I3 cos(ωt) + I1 cos(ωt − 120◦ )+ I3 cos(3ωt) + I1 cos(ωt + 120◦ ) + I3 cos(3ωt)
398.126.848-24
Agrupando, temos: IN = (I1 cos(ωt) + I1 cos(ωt − 120◦ ) + I1 cos(ωt + 120◦ )) + 3I3 cos(3ωt) Desta forma, o conjunto de corrente se anula na primeira ordem e se soma na terceira ordem, logo:
T
IN = 3I3 cos(3ωt)
Concluímos pela presença de um termo não nulo na corrente de neutro que
AF
a alternativa (A) é falsa.
Na alternativa (B) afirma-se que os harmônicos de quinta ordem são de sequência positiva, porém, podemos provar que isto não é verdadeiro. Seja um conjunto trifásico de corrente com presença de quinto harmônico: IA = I1 cos(ωt) + I5 cos(5ωt)
IB = I1 cos(ωt − 120◦ ) + I5 cos(5[ωt − 120◦ ]) 398.126.848-24
R
IC = I1 cos(ωt + 120◦ ) + I5 cos(5[ωt + 120◦ ])
Manipulando as fases no quinto harmônico, e lembrando que a função cos-
seno é 360◦ periódica:
D
5(ωt − 120◦ ) = 5ωt − 600◦ = 5ωt − 720◦ + 120◦ = 5ωt + 120◦ 5(ωt + 120◦ ) = 5ωt + 600◦ = 5ωt + 720◦ − 120◦ = 5ωt − 120◦
De modo que podemos dispor as correntes de quinto harmônico como: IA5 = I5 cos(5ωt) IB5 = I5 cos(5ωt + 120◦ ) IC5 = I5 cos(5ωt − 120◦ ) Observamos que o quinto harmônico apresenta um padrão de disposição
39
8.
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6. 8
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-2
4
das fases invertido em relação ao padrão de disposição de fases da fundamental,
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6
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o que caracteriza sequência negativa. Deste modo, a alternativa (B) é falsa. A alternativa (C) afirma que os harmônicos de quarta ordem são de sequência negativa. Podemos checar a veracidade desta afirmativa com raciocínio similar ao desenvolvido nas questões (A) e (B). Seja um conjunto trifásico equilibrado de
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correntes com presença de quarto harmônico: IA = I1 cos(ωt) + I4 cos(4ωt) IB = I1 cos(ωt − 120◦ ) + I4 cos(4[ωt − 120◦ ]) IC = I1 cos(ωt + 120◦ ) + I4 cos(4[ωt + 120◦ ])
IA4 = I4 cos(4ωt)
T
Desenvolvendo as expressões para o harmônico de ordem quatro:
IB4 = I4 cos(4ωt − 480◦ ) = I4 cos(4ωt − 120◦ )
AF
IC4 = I4 cos(4ωt + 480◦ ) = I4 cos(4ωt + 120◦ )
Desta forma podemos observer que a sequência se mantém na mesma ordem do primeiro harmônico, caracterizando simultaneamente uma sequência positiva e a falsidade da alternativa.
A alternativa (D) afirma que o uso de transformadores em arranjo ∆ − ∆ im-
pede o envio de harmônicos de sequência zero para a rede. Foi demonstrado na
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R
questão da pág. 24 que correntes de sequência zero, ou homopolares não fluem pela linha para cargas em estrela flutuante ou em triângulo, se restringindo a circular somente internamente na malha ∆ das cargas. Pode ser demonstrado que todos os harmônicos de ordem 3 + 6n geram harmônicos de sequência zero, con-
D
forme visualizado na discussão sobre a letra (A). Desta forma já temos a resposta da questão.
A letra (E) é falsa pois na letra (A) observamos que os terceiros harmôni-
cos se comportam como correntes de sequência zero, também circulando pelo condutor neutro quando ele existe. A alternativa peca por dar a entender que só harmônicos pares são drenados pelo neutro. Na verdade, pela geração por máquinas rotativas e simetria de meia onda, a presença de harmônicos de ordem par é bastante atenuada nos sistemas de potência. ✞
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4
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) A fim de determinar o sistema reduzido na entrada de uma instalação elétrica cuja tensão de entrada é de 15 kV, a concessionária informou ao engenheiro responsável pelo
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cálculo que o nível de curto-circuito simétrico na entrada da instalação é de 1200 kVA. Tendo sido adotado como bases a tensão de 15 kV e a potência de 300 kVA, a impedância do sistema reduzido, em p.u., é igual a (A) 0,25
(D) 3,00
(B) 0,33
(E) 4,00
(C) 1,00
T
Resolução:
A potência de curto circuito trifásico é a potência desenvolvida em um curto trifásico em condição nominal de tensão. Ou seja, os 1200 kV Asendo recebidos
AF
em 15 kV. Seu valor de impedância equivalente é: ZCC =
2 VCC 152 = Ω = 0, 1875Ω SCC 1200
Basta comparar então com a impedância de base: Zbase =
2 Vbase 152 = Ω = 0, 75Ω Sbase 400
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R
Para achar o valor da impedância de curto circuito, basta dividir o valor real
pelo valor de base, assim:
D
pu ZCC =
ZCC 0, 1875Ω = = 0, 25p.u. Zbase 0, 75Ω
Outra forma, envolvendo menos contas, é utilizar expressões literais para no
fim tornar a expressão mais enxuta: pu ZCC
ZCC = = Zbase
pu ZCC =
2 VCC SCC 2 Vbase Sbase
Sbase 300kVA = = 0, 25p.u. SCC 1200kVA
Uma vez que VCC = Vbase . ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Ia
A Z
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B C
Z
Ib
Z
Ic circuito aberto
A figura acima representa uma carga trifásica equilibrada,
T
que teve o condutor da linha C rompido. Sabendo-se que Iao é a corrente de sequência zero do sistema, afirma-se que
(A) a corrente de neutro vale 3Iao, sendo Iao 0.
AF
(B) a soma das componentes simétricas da corrente Ic vale Iao, sendo Iao 0.
(C) as correntes de sequência zero de Ia, Ib e Ic possuem valores diferentes de zero e a soma destas 3 correntes é igual a zero.
(D) as correntes de sequência zero de Ia, Ib e Ic são iguais a zero.
(E) o valor de Ia é igual a Ib.
R
398.126.848-24
Resolução:
Discutindo e justificando cada alternativa individualmente:
D
A alternativa (A) afirma que a corrente de neutro é diferente de zero, porém,
o candidato pode observar na figura relativa à questão que simplesmente o circuito não possui condutor neutro. Desta forma, a soma das três correntes de fase, qualquer que sejam seus valores, é necessariamente nula. Desta forma, a alternativa foi provada falsa. A alternativa (B) fala que a soma das componentes simétricas da corrente da fase C, logo a própria corrente da fase C, é diferente de zero. Mas ora, a ilustração mostra claramente a abertura do condutor desta fase, automaticamente IC = 0 e portanto IC0 + IC1 + IC2 = IC = 0. Desta forma, a alternativa foi provada falsa.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A alternativa (C) afirma que as correntes de sequência zero são não nulas.
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Porém, na questão da pág. 24 foi demonstrado que em qualquer sistema trifásico sem a presença de condutor neutro a corrente de sequência zero é necessariamente nula. Deste modo, a alternativa foi provada falsa. A alternativa (D) nega (C) e corrobora com o que foi discutido sobre a alter-
398.126.848-24
nativa (C), sendo, portanto a alternativa verdadeira. A alternativa (E) diz que a corrente da fase A é idêntica a corrente da fase B. Porém com a abertura da fase e a ausência de neutro temos duas equações: IN = IA + IB + IC = 0 IC = 0
T
Combinando as duas equações, podemos observar que uma corrente está defasada da outra de 180 graus, não sendo iguais e demonstrando a falsidade da proposição.
Barra 1
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
R
Questão 39
AF
IA = −IB
Equivalente da linha
jQ
c1 Yc
ZLT
D
sh Y LT
sh Y LT
Barra 2
E
1 SH
= 1,0
398.126.848-24
0° - tensão na barra 1
Y LT = j0,02 - admitância paralela da linha 1
Z
LT
Y
C
Q
C1
= j0,08 - impedância série da linha = j0,001 - admitância do banco de capacitores conectados à barra 1 - potência reativa injetada na barra 1 pelo banco de capacitores
A figura acima mostra um sistema elétrico de potência, consistindo em duas barras conectadas através de uma linha representada por seu modelo equivalente. Na barra 1 está conectado um banco de capacitores que visa a fornecer suporte de reativo. barra Considerando que Ybarra é a matriz de admitância nodal do sistema descrito, o valor do elemento Y11 , isto é, o primeiro
elemento da diagonal principal da matriz Ybarra, é, aproximadamente, (A)
j4,2
(B)
j5,53
(C) – j5,53 (D) – j10,5
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(E) – j12,47
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Resolução: Escrevendo a equação de circuito com dois barramentos, temos: 1 −1 I1 = YC + YLT + V1 + V2 ZLT ZLT −1 1 I2 = V1 + YLT + V2 ZLT ZLT
398.126.848-24
Matricialmente, teremos: " # " I1 YC + YLT + = −1 I2 ZLT
1
−1 ZLT
ZLT
YLT +
V2
T
De modo que a matriz de admitância é: " 1 h i YC + YLT + ZLT YBU S = −1
1 ZLT
#" # V1
−1 ZLT
YLT +
1 ZLT
AF
ZLT
#
Numericamente, temos, substituindo os valores do enunciado: " # 1 −1 h i j0, 001 + j0, 02 + j0,08 j0,08 YBU S = −1 1 j0, 02 + j0,08 j0,08 Desenvolvendo:
i
YBU S =
R
h
"
−j12, 479 j12, 500
j12, 500
−j12, 480
#
398.126.848-24
D
O elemento da primeira linha e primeira coluna, ou seja, Y11 é, por inspeção: Y11 = −j12, 479
O candidato deve atentar que a injeção de reativo não é importante e nem in-
fluencia as características da matriz [YBU S ], uma vez que ela depende tão somente das ligações de impedâncias/admitâncias do circuito, sendo função somente de sua topologia e não de sua condição de operação. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 40
65
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Curto-circuitos simétricos em sistemas elétricos são fenômenos que estão inseridos dentro do problema de transitórios meio-rápidos em sistemas de potência, ocorrendo, em sua maioria, nas linhas de transmissão expostas. O curto-circuito simétrico, envolvendo as três fases, é considerado o mais crítico dentre os demais tipos de curto. Com base nesse cenário, afirma-se que a(s)
398.126.848-24
(A) importância do conhecimento das correntes e tensões de curto-circuito em um sistema está associada ao dimensionamento da capacidade de interrupção de disjuntores, baseando-se em uma condição média de severidade, visando a aliar aspectos técnicos e econômicos simultaneamente. (B) ocorrência de uma falta simétrica em uma determinada barra do sistema faz com que sua tensão seja reduzida instantaneamente, havendo contribuição das barras adjacentes nesse defeito, e impedâncias das linhas conectadas à barra em curto serão um dos fatores que influenciarão nas correntes de falta. (C) impedância de Thevenin equivalente do restante do sistema, desconsiderando a barra sob defeito, tem característica predominantemente resistiva, ao se aplicar o teorema de Thevenin na ocorrência de um curto-circuito simétrico. (D) capacidade de uma determinada barra em manter sua tensão, na ocorrência de um curto-circuito simétrico, depende de seu nível de falta, sendo que a inserção artificial de impedâncias de aterramento não influi no nível de falta, ocasio-
T
nando a redução das correntes de curto. (E) tensões em algumas barras da rede serão reduzidas durante a ocorrência do curto-circuito, sendo que o valor desta redução dependerá do nível de falta das barras, definido pelo quociente da tensão antes da falta e da corrente após a
AF
falta.
Resolução:
Analisando as afirmativas:
(A) INCORRETA. O dimensionamento da proteção deve ter conhecimento das menores correntes de falta, para garantir a correta sensibilização dos relés. Porém, o elemento principal do sistema de proteção (disjuntor) deve ter a
398.126.848-24
R
capacidade de interromper as condições máximas de severidade, e portanto os cálculos devem levar em consideração estimativas conservadoras. O termo “condição média de severidade” elimina a alternativa.
D
(B) CORRETA.
(C) INCORRETA. Os sistemas de potência tem como objetivo a entrega da energia da geração para atendimento das cargas.
Caso todo o sistema de
GTD (Geração, Transmissão e Distribuição) fosse predominantemente resistivo existiria o aumento substancial das perdas e o produto “energia” estaria sendo desperdiçado. De fato, as redes são predominantemente indutivas, e não resistivas.
(D) INCORRETA. Existem dois problemas nesta afirmativa: Primeiro: Falha lógica, se a inserção de impedância não influi na corrente de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
curto, porque o termo “ocasionando a redução das correntes de curto”?
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Segundo: A corrente de curto circuito trifásica, ainda que um estado anormal do sistema elétrica, ainda assim é uma condição simétrica e equilibrada. O método das componentes simétricas é utilizado para analisar circuitos em condições desequilibradas, deste modo o curto circuito é uma condição equilibrada e que leva apenas em consideração o circuito de sequência positiva,
398.126.848-24
ou seja: 3Φ Icc =
Vpf Z1
Uma vez que as impedâncias entre o neutro e a terra só aparecem na sequência zero, multiplicados por três, não há influência prática do aterramento no nível de corrente de curto circuito trifásico.
T
(E) INCORRETA. O nível de falta nas barras, conhecido como potência de curto circuito, é definido como a tensão pré-falta multiplicada pelo conjugado da corrente de falta. De fato, as correntes de curto circuito causam alterações dos níveis de tensões nas barras, porém não necessariamente isto implica
AF
em redução, uma vez que em caso de curtos envolvendo a terra (fase-terra e fase-fase-terra) a tensão nas fases sãs (não afetadas pelo curto) sobe em Z0 . Z1
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
R
função da razão
Questão 41
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Um gerador, operando em vazio, possui as seguintes características: • ligação Y solidamente aterrado • potência: 10 3 MVA • tensão: 20 kV • reatância subtransitória de eixo direto: 0,30 pu • reatância de sequência negativa: 0,40 pu • reatância de sequência zero: 0,15 pu Ocorrendo uma falta linha-terra, o valor da reatância de aterramento do gerador, em pu, para que a corrente de falta seja igual a 1500A, é (A) 0,05 (B) 0,10 (C) 0,15 (D) 0,20 (E) 0,25
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Resolução: Inicialmente é necessário calcular qual é a corrente de falta em pu. Para fazer isso é necessário calcular a base de corrente. Embora não esteja explícito na questão, as bases de potência e tensão são os valores nominais do gerador, o
398.126.848-24
que é bastante usual em sistemas de energia elétrica. Dessa forma, a corrente de base Ibase é dada por Sbase
Ibase = p (3) × Vbase
√ 10 3 × 106 = = 500A 20 × 103
Assim, a corrente de falta é:
1500 = 3pu 500
T
If alta =
O circuito equivalente para uma falta fase-terra, como é o caso é apresentado na
AF
figura abaixo.
R
398.126.848-24
Assumindo, por exemplo, que a falta ocorre na fase A, a corrente da fase A
D
é de 3pu. Como as correntes de sequência I0 , I1 e I2 são iguais e IA = I0 + I1 + I2
então I0 = I1 = I2 = 1pu. No presente caso, as tensões de sequência zero (E0 ),
negativa (E2 ) são nulas, pois não há referência a qualquer desequilíbrio. Além disso, será assumido que o gerador esteja alimentado em tensão nominal (20kV) que corresponde a 1pu de tensão. Assim, pelo circuito apresentado na Figura anterior, I0 = I1 = I2 =
1 =1 Z0 + Z1 + Z2 + 3ZN
Portanto ZN = j0, 05. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 42
8.
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Em um sistema elétrico trifásico ocorreu uma falta franca (curto-circuito) entre uma fase e o terra. Sabe-se que r V1(F) é a tensão de sequência positiva antes da falta e r r r que Z0 , Z1 e Z2 são as impedâncias de sequências zero,
398.126.848-24
positiva e negativa do sistema, visto do ponto da falta. A expressão que determina a corrente de falta da sequência positiva (I1) e a que relaciona I1 com a corrente de falta (IF) são, respectivamente,
r r V (F) I1 = r 1 r Z1 + Z2
I1 = 3IF
e
I1 = 3IF
AF
(B)
e
T
r r V1(F) r (A) I 1 = r Z0 + Z1
r r V1(F) (C) I 1 = r r r Z0 + Z1 + Z2 r r V (F) (D) I 1 = r 1 r Z1 + Z2
e
I1 =
I1 = 3IF
IF 3
e I1 =
IF 3
398.126.848-24
R
r r V1(F) (E) I 1 = r r r Z0 + Z1 + Z2
e
Resolução:
Analisando as componentes simétricas das correntes na condição de curto
D
monofásico, ou seja:
IB = IC = 0 IA = IF
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Substituindo isto na transformação de componentes simétricas: I0 1 1 1 IA 1 I 1 = 1 a a2 I B 3 2 I2 1 a a IC
398.126.848-24
398.126.848-24
Teremos: I0 = I1 = I2 =
IF 3
8.
69
39
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12
6
398.126.848-24
(20)
Desta forma, podemos descartar prontamente as alternativas (A), (B) e (C). Como houve uma falta franca, temos:
398.126.848-24
Zf alta = 0 VA = Zf alta IF = 0 Os circuitos de componentes simétricas são: VA0 = −Z0 I0
T
VA1 = V1F − Z1 I1 VA2 = −Z2 I2
AF
Somando as três equações, e utilizando 20, teremos:
(VA0 + VA1 + VA2 ) = V1F − (Z0 + Z1 + Z2 )I1
Como:
VA0 + VA1 + VA2 = 3VA = 0
Temos, isolando:
V1F Z0 + Z 1 + Z2
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
D
R
I1 =
Questão 43
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 37
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Em dado setor de um sistema elétrico, foram adotadas como bases a potência de 10.000 kVA e a tensão de 20 kV. Em consequência, a impedância de base, em ohms, será igual a (A) 10 (B) 20 (C) 40 (D) 80 (E) 100
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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12
6
398.126.848-24
Resolução: O sistema por unidade para circuitos trifásicos considera a tensão de base como sendo a tensão de linha (fase-fase), a corrente de base como sendo a corrente de linha e a impedância de base como sendo uma impedância em estrela,
398.126.848-24
ou seja, a razão entre a tensão de fase (fase-neutro) com a corrente de linha. Ou seja: Zbase
√ VF _base 3Vbase √ Vbase = = = 3 IL_base ILbase Ibase
(21)
Mas a potência de base em um sistema trifásico também é definida como: √
Ibase = Substituindo 22 em 21:
3Vbase Ibase
Sbase 1 √ Vbase 3
T
Sbase =
2 Vbase Sbase
AF
Zbase =
(22)
Lembrando que M V A, kV e Ω formam um conjunto autoconsistente, e que 1000 kV A= 1 M V A. Temos substituindo os valores do enunciado: (20kV )2 400 = Ω = 40Ω 10M VA 10
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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R
Zbase =
Questão 44
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 60
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Considere um gerador síncrono de polos salientes, conectado em Y, solidamente aterrado, com potência de 50 MVA, tensão de 15 kV e operando em vazio. As tensões em seus terminais são as nominais. Dados: - reatância subtransitória de eixo direto : 0,1 pu - reatância de sequência negativa: 0,2 pu - reatância de sequência zero: 0,2 pu Considerando a ocorrência de um curto-circuito monofásico à terra nesse gerador, o valor, em pu, das correntes de sequência positiva, negativa e zero, relativas à fase A, são, respectivamente, (A) 2 ? −90o ; 2 ? −90o ; 2 ? −90o o (B) 0,5 ? 90 ; 0,5 ? 90o ; 0,5 ? 90o o (C) 0,1 ? −45 ; 0,2 ? 0o ; 0,5 ? −90o (D) 2 ? −90o ; 1 ? 0o ; 0,5 ? −90o o o (E) 5 ? −90 ; 2 ? 90 ; 2 ? −90o
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Resolução: O curto circuito monofásico tem sua corrente de falta prontamente dedutível, conforme explicitado na questão das páginas 44 e 68. Deste modo podemos utilizar a fórmula:
398.126.848-24
IF = 3V1 Z0 + Z1 + Z2 Assim, para os cálculos em por unidade, conforme o enunciado e utilizando a tensão na fase A como referência: V1 = 1, 00∠0◦ p.u. X0 = 0, 2p.u.
T
X1 = 0, 1p.u. X2 = 0, 2p.u.
AF
Assim: IF =
3 × 1, 00∠0◦ = 6∠−90◦ p.u. j0, 2 + j0, 1 + j0, 2
Nas duas questões citadas, também foi demonstrado que: I0 = I1 = I2 =
IF 3
R
Assim, para o valor calculado:
398.126.848-24
I0 = I1 = I2 = 2∠−90◦ p.u. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 45
8.
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12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) G2
G1
SG2=PG2 +jQG2
1
398.126.848-24
V1
2
V2
P12 SD2=PD2+jQD2 A figura acima representa duas barras de um sistema elétrico de potência, que estão conectadas através de uma linha de transmissão representada por uma reatância série de 0,05 pu (resistências e elementos shunt são desconsiderados). Deseja-se manter um perfil horizontal 1,0 pu. Dados:
0° pu
AF
E1 = 1,0
T
de tensão, isto é, as tensões em ambas as barras iguais a
E2 = 1,0 pu
Fluxo de potência da barra 1 para a barra 2: P12 = 10,0 pu. Potência complexa da carga conectada à barra 2: SD2 = 20+j12 pu.
O controle de tensão é realizado por geradores síncronos conectados em cada uma das barras. O valor da potência
R
reativa aproximada, em pu, injetada pelo gerador G2 na
398.126.848-24
barra 2 é (A) 0
(B) 10,2
(C) 12
(D) 12,5
D
(E) 14,7
Resolução:
A transferência de potência entre as duas barras ocorre conforme o circuito
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
abaixo:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Definindo E1 como o módulo do fasor E˙1 , E2 o módulo do fasor E˙2 e δ o ângulo do fasor E˙2 , temos que em pu: I=
E1 − E2 E1 − E2 cos(δ) − jE2 sen(δ) = jXs jXs
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Como S12 = P12 + jQ12 = E1 I ∗ , em que I ∗ significa o complexo conjugado de I, com: P12 =
E1 E2 sen(δ) Xs
e
Q12 =
E12 − E1 E2 cos(δ) Xs
Assim, como P12 = 10pu e Xs = 0, 05pu, temos que sin(δ) = 0, 5 e portanto δ = 30 . Desse modo, cos(δ) = ◦
√
3 . 2
Dessa forma, Q12 = 2, 7pu.
T
Assim, fazendo o balanço das potências, temos que Q12 = QG2 − QD2
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
398.126.848-24
D
R
Questão 46
AF
Logo, QD2 = 14, 7pu.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Um gerador (G) de 600 kVA, 2,0 kV, com Xd = 0,20 pu (reatância subtransiente) é conectado a um barramento através do disjuntor DJ1, conforme mostrado na figura acima. No mesmo barramento estão conectados três motores síncronos (M) idênticos de 200 kW, 2,0 kV e Xd = 0,20 pu. Considere que os motores estão operando em plena carga, fator de potência unitário, tensão nominal e, também, que os mesmos têm eficiência igual a 1,0. Suponha, ainda, que ocorra uma falta trifásica no ponto P, indicado na figura. Desconsiderando a corrente de pré-falta, então, a corrente de falta, em ampère, que passa pelo disjuntor DJ4 é (A) 426,8 (B) 576,2 (C) 865,0 (D) 1.441,6 (E) 1.730,0
398.126.848-24
398.126.848-24
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Resolução: Como será necessário desenhar um circuito equivalente em pu é necessário utilizar a mesma base. Como as bases do gerador e dos motores são diferentes vamos passar todas as reatâncias para a base do gerador. Dessa forma Vbase =
398.126.848-24
2kV e Sbase = 600kVA. Lembrando que para mudar de base basta fazer: 2 Vb 1 Sb 2 Zpu2 = Zpu1 × Vb2 Sb1 Cálculo da reatância dos motores na nova base: 600 = 0, 6pu 200
T
Xd ′′ = 0, 2 ×
398.126.848-24
R
AF
Assim, temos o circuito equivalente da figura a seguir:
Para calcular a corrente de falta é necessário calcular o circuito equivalente
de Thèvenin (Tensão de Thèvenin VT H e Impedância de Thèvenin ZT H ) visto do
D
ponto P.
Como os motores funcionam com tensão nominal VT H = 1pu. Além disso,
ZT H = 0, 1pu. Como há um curto circuito no ponto P temos que IF alta =
VT H 1 = = 10pu ZT H 0, 1
Note que a corrente de base é Sbase 600k Ibase = √ =√ = 173, 2A 3Vbase 3 × 2k Logo IF alta = 173, 2 × 10 = 1732A.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Ocorre que a questão pede que seja desconsiderada a parcela da corrente
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398.126.848-24
que compõe a corrente nominal passando por P. A corrente nominal é corresponde a
1 pu, 0,6
8.
75
39
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12
6
398.126.848-24
que
× 173, 2 = 288, 66A. Dessa forma,
1 0,6
IF alta − Inominal = 1732 − 288, 66 = 1443, 3A 398.126.848-24
Considerando a aproximação a resposta é 1441,6 A. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
Questão 47
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010)
63
XG
B
XL
C
D
XM
M
G
AF
Zn
A
T2
T
T1
R
O Sistema Elétrico de Potência (SEP), representado no diagrama unifilar da figura acima, é constituído por um gerador que está conectado a uma linha de transmissão através de um transformador T1. No final dessa linha, está instalado um transformador T2, usado para alimentar o motor M. O gerador é solidamente aterrado por meio da reatância Zn e as reatâncias de sequência zero dos demais componentes do sistema são as seguintes: - Transformador T1: XT10 - Transformador T2: XT20 - Linha de transmissão: XL0 - Gerador: XG0 - Motor: XM0
398.126.848-24
Com base nesses dados, o circuito de sequência zero que representa o SEP do diagrama unifilar é
(A)
3Zn
D A
(C)
R
XL0
C
A
D
(D)
XM0 A
B
B
XL0
C
C
XT20
D
XT20
XG0 XL0
XM0 XT10
XT20
3Zn
XT10
Zn XG0
XM0
XG0
XT10
(B)
Zn XM0
XG0 A
D
XT10
B
XL0
C
D
XT20
(E)
3Zn XM0
XG0 A
XT10
B
XL0
C
D
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
XT20
398.126.848-24
398.126.848-24
76
8.
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39
Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Resolução: No circuito de sequência zero, diferente dos circuitos de sequência positiva e negativa temos duas diferenças: 398.126.848-24
• A impedância de neutro aparece triplicada uma vez que IN = 3I0 . • A corrente de sequência zero nunca flui para cargas em delta ou estrela sem condutor neutro. Porém, a corrente de sequência zero pode dentro do neutro circular. Considerando a linha grossa preta como sendo o barramento de referência,
T
a terra, analisemos os fatos: • O gerador G é ligado em Y e aterrado por uma impedância ZN , deste modo
o circuito de sequência zero enxerga além da sua reatância de sequência
AF
negativa XG0 o triplo desta impedância, 3ZN . Invalidamos automaticamente as alternativas (B) e (D).
• O transformador T1 encontra-se com uma de suas ligações em ∆, desta forma,
o circuito de sequência zero está aberto aonde deveria haver uma ligação entre a reatância de sequência do gerador XG0 e a reatância do trafo XT 10 . Invalidamos automaticamente as alternativas (B) e (C). 398.126.848-24
R
• O transformador T1 encontra-se com uma ligação em Y aterrado do lado da transmissão de modo que existe uma conexão entre a reatância de sequência do trafo XT 10 e a reatância de sequência zero da linha XL0 . Invalidamos a
D
alternativa (D) desta forma.
• Ambas as ligações do transformador T2 são ∆, de modo que a reatância do
trafo XT 20 é um circuito fechado sobre si mesmo e isolado dos outros. Invalidamos desta forma a alternativa (C).
• O motor M está conectado em Y, de modo que existe uma conexão da re-
atância de sequência zero do motor XM 0 com a terra. Invalidamos assim a alternativa (A) Com os fatos expostos, por eliminação, temos a letra (E) como resposta. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 48
8.
77
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) a1 a1 b1 Mcap c1
398.126.848-24
a2 b2 c2
b1
c1
a2
b2
13,8 1, 2 0,5 0, 4 1, 2 14, 4 1,8 1,1 1,9 13,9 2,3 1,1 13,3 1, 6 13, 7
c2 2, 4 0,8 0, 4 nF/km 0,5 1, 6 13,3
A matriz de capacitâncias (Mcap) de uma linha de transmissão a circuito duplo é mostrada acima, parcialmente, onde já é considerado o efeito dos cabos pára-raios. Os dois circuitos (a1-b1-c1 e a2-b2-c2) operam em paralelo. Considerando as condições de contorno próprias para esta condição
T
operativa, a matriz (3x3) de capacitâncias equivalente, em nF/km, dessa linha a circuito duplo é
27,1 2,8 1, 0 (B) 2,8 28,1 3, 4 1, 0 3, 4 27, 2
AF
26,3 5,1 5, 7 (A) 5,1 24,3 5,3 5, 7 5,3 26, 4
27, 6 2, 4 1, 0 (C) 2, 4 28,8 3, 6 1, 0 3, 6 27,8
27,3 2,1 1, 7 (D) 2,1 29,3 3,3 1, 7 3,3 26, 4
398.126.848-24
R
26,8 2, 7 4,9 (E) 2,1 25, 7 2,3 4, 7 2,8 26,8
Resolução:
D
Para resolver esta questão é necessário basicamente conhecer o conceito
de capacitância própria e capacitância mútua. Considere o esquema da Figura a seguir. Aplicando-se uma tensão senoidal de frequência ω na fase a, Va , desejase conhecer a corrente que aparece na fase b. Note que como a1 e a2 estão em paralelo, temos que Ib = Ib1 + Ib2 Ib = jωCb1a1 Va + jωCb1a2 Va + jωCb2a1 Va + jωCb2a2 Va Ib = jω(Cb1a1 + Cb1a2 + Cb2a1 + Cb2a2 )V a Definindo:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Cba = Cb1a1 + Cb1a2 + Cb2a1 + Cb2a2
398.126.848-24
398.126.848-24
78
8.
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39
Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
temos que, Ib = jωCba Cba assim definido é dita capacitância mútua de a para b. Substituindo b por a no desenvolvimento anterior temos a capacitância pró-
398.126.848-24
AF
T
pria da fase a, denotada por Caa .
Para resolver esta questão basta calcular Cab = Cba , Cac = Cca, Cbc = Ccb , Caa , Cbb e Ccc .
Caa = Ca1a1 + Ca1a2 + Ca2a1 + Ca2a2 = 13, 8 − 0, 4 − 0, 4 + 13, 3 = 26, 3nF/km Cbb = Cb1b1 + Cb1b2 + Cb2b1 + Cb2b2 = 14, 4 − 1, 9 − 1, 9 + 13, 7 = 24, 3nF/km Ccc = Cc1c1 + Cc1c2 + Cc2c1 + Cc2c2 = 13, 9 − 0, 4 − 0, 4 + 13, 3 = 26, 4nF/km 398.126.848-24
R
Cab = Ca1b1 + Ca1b2 + Ca2b1 + Ca2b2 = −1, 2 − 1, 2 − 1, 1 − 1, 6 = −5, 1nF/km Cbc = Cb1c1 + Cb1c2 + Cb2c1 + Cb2c2 = −1, 8 − 0, 8 − 1, 1 − 1, 6 = −5, 3nF/km
D
Cac = Ca1c1 + Ca1c2 + Ca2c1 + Ca2c2 = −0, 5 − 2, 4 − 2, 3 − 0, 5 = −5, 7nF/km
Dessa forma, a matriz equivalente de capacitâncias é: Caa Cab Cac 26, 3 −5, 1 −5, 7 Cba Cbb Cbc = −5, 1 24, 3 −5, 3 Cca Ccb Ccc −5, 7 −5, 3 26, 4
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 49
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
SISTEMA I
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
EQUIPAMENTO I
ENERGIA ELETROMECÂNICA
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
EQUIPAMENTO II
SISTEMA II
ENERGIA ELETROMECÂNICA
ENERGIA ELETROMECÂNICA
ENERGIA ELETROMECÂNICA
T
ENERGIA TÉRMICA ÚTIL
EQUIPAMENTO II
EQUIPAMENTO I
398.126.848-24
ENERGIA TÉRMICA DE ENTRADA
8.
79
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
AF
A figura acima apresenta os diagramas de dois sistemas industriais que produzem energia eletromecânica por meio dos Equipamentos I e II, que possuem o mesmo rendimento independente do sistema em que se encontram. O primeiro Sistema consome 100 unidades de energia térmica para produzir, por meio do Equipamento I, 20 unidades de energia eletromecânica e 40 unidades de energia térmica útil para ser reaproveitada pelo Equipamento II, cujo rendimento é de 35%. No segundo Sistema, o Equipamento I produz 20 unidades de energia eletromecânica. Considerando que o Sistema II produz a mesma energia eletromecânica que o Sistema I, a relação entre os rendimentos globais do Sistema I e do Sistema II ( I II ) é (A) 0,6 (B) 1,0 (C) 1,4 (D) 1,8 (E) 2,2
Resolução:
Esta questão é bem simples, mas exige do candidato uma leitura atenta. No 398.126.848-24
R
sistema I, temos uma entrada de 100 unidades de energia térmica, esta energia é processada pelo equipamento I e gera 20 unidades de energia eletromecânica (energia útil) e dissipa 40 unidades térmicas reaproveitáveis, independente deste rejeito aproveitável, o rendimento da máquina será simplesmente a razão entre
D
energia eletromecânica de saída e energia de entrada, assim: ηE1 =
20 = 20% 100
Este calor rejeitado pelo equipamento I é reaproveitado pelo equipamento II,
cujo rendimento é conhecido. Mas como rendimento é uma relação entre entrada e saída e temos a entrada, facilmente encontramos a saída de energia útil do equipamento II: ηE2 =
EutilE2 EentradaE2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
EutilE2 = ηE2 × EentradaE2
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
80
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
EutilE2 = 0, 35 × 40 = 14unidades A eficiência global do sistema I é a razão entre a saída total, que é a soma das energia eletromecânicas produzidas, pela entrada global, que foram as 100 398.126.848-24
unidades térmicas, assim: ηS1 =
20 + 14 34 = 100 100
(23)
No sistema II nos é informado que o equipamento I produziu 20 unidades de energia eletromecânica e que o sistema II produziu a mesma quantidade de energia eletromecânica que o sistema I, ou seja, 34 unidades. Assim: Etotal2 = 20 + EE2 = 34
T
EE2 = 14unidades
mesmo:
AF
Como nos é informado que o rendimento dos equipamentos é sempre o EsadaE1 20 = = 100unidades ηE1 0, 20 EsadaE2 14 = = = 40unidades ηE2 0, 35
EentradaE1 = EentradaE2
De modo que a entrada total de energia ao sistema II é:
R
EentradaS2 = EentradaE1 + EentradaE2 = 140unidades
398.126.848-24
Com eficiência global de sistema sendo:
D
ηS2 =
EsadaS2 EentradaS2
ηS2 =
34 140
(24)
Como queremos a razão das eficiências, dividimos a equação 23 pela equa-
ção 24:
ηS1 = ηS2
34 100 34 140
=
140 = 1, 4 100 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
8.
81
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
A análise de faltas assimétricas em sistemas trifásicos é bastante simplificada quando são usados componentes r (F) simétricos. Convencionou-se para esse estudo que V1 é a tensão de seqüência positiva antes da falta e que r r r Z0 , Z1 e Z2 são as impedâncias de seqüências zero, positiva e negativa. Para um curto-circuito Fase-Terra, a corrente r de falta de seqüência positiva ( I 1 ) e a equação que relaciona os módulos da corrente de falta de seqüência positiva (I1)
398.126.848-24
com a corrente de falta (IF), respectivamente, são: r (F) r V I (A) I 1 r 1 r e I1 F 3 Z0 Z1
r (F) r V1 I r r e I1 F (D) I 1 r 3 Z0 Z1 Z2
r (F) r I V (B) I 1 r 1 r e I1 F 3 Z1 Z2
r (F) r V I (E) I 1 r 1 r r e I1 F 3 Z0 Z1Z2
T
r (F) r V1 (C) I 1 r r r e I1 3IF Z0 Z1 Z2
Resolução:
AF
Esta questão é idêntica à questão da pág. 68. O candidato pode então ver como se tornam repetitivos os temas explorados nestes concursos. Basta ler a questão citada para ver que a resposta é a letra (D).
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
R
Questão 51
✞
D
1
2
12
2
2
32
2 3
3
3
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A figura acima representa um Sistema Elétrico de Potência (SEP) composto por três barras. Como os ângulos das barras 2 e 3 são suficientemente pequenos, considera-se que sen . Para estas condições de funcionamento, o valor da potência absorvida pela barra 2, em pu, é (A) - 1,2 (B) - 0,9 (C) 0,5 (D) 0,7 (E) 1,2
398.126.848-24
398.126.848-24
82
8.
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39
Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Resolução: Para linhas perfeitamente indutivas, é possível calcular a potência trocada entre o barramento “I” e “J”. Na formula abaixo, VI e VJ são as tensões observadas em cada barramento, XIJ é o valor da reatância equivalente que liga estes dois
398.126.848-24
barramentos e δIJ é a diferença de fase entre os dois barramentos. P =
VI VJ sin(δIJ ) XIJ
O candidato mais atento deve ter observado que a este valor pode ser positivo ou negativo, e para esclarecer qual barramento está recebendo potência e qual esta entregando sempre devemos lembrar que o barramento mais adiantado
T
é quem provê potência. O barramento 2 está adiantado em relação tanto ao barramento 1 quando em relação ao barramento 2, de modo que ele envia potência para estes outros
AF
dois barramentos, por convenção podemos dizer que ele absorve potência negativa. Sem realizar qualquer conta, com esta informação podemos descartar imediatamente as alternativas (C), (D) e (E).
Como os ângulos são pequenos, aproximamos sin(δ) ≈ δ. Calculando a
potência enviada pelo barramento 2 ao barramento 1: V2 V1 δ21 X21 1×1 = (0, 05 − 0) 0, 1
P21 =
R
398.126.848-24
P21
P21 = 0, 5p.u. saindo do barramento 2 para o barramento 1
D
Calculando a potência enviada pelo barramento 2 ao barramento 3: V2 V1 δ23 X23 1×1 = (0, 05 − (−0, 02)) 0, 1
P23 =
P23
P23 = 0, 7p.u. saindo do barramento 2 para o barramento 3 Somando as duas potências, temos a potência que deixa o barramento 2, e o negativo deste valor será a potência absorvida pelo barramento, portanto. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 52
8.
83
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Considere um sistema elétrico do tipo estrela-estrela deser quilibrado a quatro fios, onde IN é a corrente elétrica de neutro. Sabe-se que todas as correntes elétricas podem ser r r decompostas por seus componentes simétricos I 0 , I 1 e ,
398.126.848-24
sendo definidas, respectivamente, como correntes de seqüências zero, positiva e negativa. A equação que r r r relaciona IN com I 0 , I 1 e é r r r r r (D) IN = ( I 0+ I 1 ) (A) IN = I 0
r r r (E) IN = 3 ( I 0+ I 1 )
T
r r (B) IN = 3 I 0 r r (C) IN = 3 I 2
Resolução:
AF
A corrente de neutro é dada pela soma das correntes das três fases, assim: IN = IA + IB + IC
Pela teoria das componentes simétricas, qualquer sistema trifásico, equilibrado ou não, pode ser decomposto em três sistemas equilibrados: um de sequência positiva, outro de sequência negativa e outro de sequência zero, ou homopolar. IN = IA + IB + IC
398.126.848-24
R
IN = (IA+ + IA− + IA0 ) + (IB+ + IB− + IB0 ) + (IC+ + IC− + IC0 ) IN = (IA+ + IB+ + IC+ ) + (IA− + IB− + IC− ) + (IA0 + IB0 + IC0 )
D
A soma das correntes nas fases devido às componentes de sequência ne-
gativa e positiva são zero, pois são correntes trifásicas de mesmo módulo e defasadas de 120 graus. Contudo, na sequência zero as três correntes estão em fase, de modo que:
IA+ + IB+ + IC+ = IA− + IB− + IC− = 0 IA0 = IB0 = IC0 = I0
Logo, IN = 3I0 . ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 53
8.
84
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
A expressão acima apresenta a igualdade entre a matriz fasorial e o produto das matrizes transformação e componentes simétricos. Os valores de x, y e z são respectivamente os componentes simétricos da fase (A)
na sequência positiva,
na sequência negativa e
na sequência zero
(B)
na sequência positiva,
na sequência negativa e
na sequência zero
(C)
nas sequências positiva, negativa e zero
(D)
nas sequências positiva, negativa e zero
(E)
nas sequências positiva, negativa e zero
T
Resolução:
As componentes simétricas são resultado de uma transformação linear complexa que decompõe um conjunto trifásico de fasores qualquer em três conjuntos
AF
trifásicos balanceados, os chamados circuitos de sequência.
A sequência positiva possui a referência na fase A1, sendo a fase B1 atrasada 120 graus e a fase C1 adiantada de 120 graus. A sequência negativa tem a referência na fase A2, com a fase B2 atrasada 120 graus e a fase C2 adiantada 120 graus. A sequência zero, tem a referência na fase A0, sendo idêntica a B0 e C0.
398.126.848-24
R
Podemos escrever então:
Va = Va0 + Va1 + Va2
D
Vb = Vb0 + Vb1 + Vb2
Vc = Vc0 + Vc1 + Vc2
Como Va0 = Vb0 = Vc0 , Vb1 = a2 Va1 e Vc1 = aVa1 , bem como Vb2 = aVa1 e
Vc1 = a2 Va1 . Relembrando que o operador a = ej120 e a2 = a∗ = e−j120 . ◦
◦
Substituindo na equação, temos Va = Va0 + Va1 + Va2 Vb = Va0 + a2 Va1 + aVa2 Vc = Va0 + aVa1 + a2 Va2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Se colocarmos na forma matricial, a sequência zero é multiplicada pela co-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
85
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
luna [1; 1; 1], a sequência positiva pela coluna [1; a2 ; a] e a sequência negativa pela coluna [1; a; a2 ]. Se observamos na matriz A veremos que não temos estas três colunas, assim não há a resposta correta dentre as alternativas. A questão foi anulada pela
398.126.848-24
banca. ✞
☎
Alternativa (ANULADA) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
T
Questão 54
AF
Em um determinado ponto de um sistema elétrico trifásico de 25 kV de tensão de linha, a potência de curto-circuito é de 40 MVA. Considere que a potência e a tensão de bases são, respectivamente, iguais a 100 MVA e 25 kV. A impedância do Equivalente Thèvenin, em ohm, do sistema reduzido no ponto considerado é (A) 0,250 (B) 0,625 (C) 6,250 (D) 15,625 (E) 22,321
Resolução:
398.126.848-24
R
Esta questão emprega a clássica tática de entregar mais informações do
que o necessário para a realização da questão. Como se pede o valor em Ω não é necessário utilizar os valores de base, desta forma com a potência de curto e a tensão de base podemos calcular a impedância equivalente de curto circuito, pela
D
fórmula:
ZCC =
2 VCC SCC
Para os valores em kV e M V Ateremos um resultado em Ω, substituindo: ZCC =
252 625 Ω= Ω 40 40
Assim: ZCC = 15, 625Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 55
86
8.
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39
Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
A respeito do curto-circuito em uma linha de transmissão, analise as afirmativas. I - O curto-circuito trifásico depende somente do circuito equivalente de Thèvenin de sequência positiva. II - O curto-circuito bifásico depende dos circuitos equivalentes de Thèvenin de sequências positiva e zero. III - O curto-circuito monofásico depende dos circuitos equivalentes de Thèvenin de sequências positiva, negativa e zero. Está correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II (C) III (D) I e III (E) II e III
398.126.848-24
Resolução: (I) CORRETO. O circuito equivalente de uma falta trifásica é representado
AF
T
na figura a seguir:
Como em uma falta trifásica ZN é infinito então não há dependência com o circuito de sequência zero. Além disso, como o sistema é equilibrado do ponto de vista da fonte, a tensão de sequência negativa é nula. Dessa forma, a corrente de sequência positiva (I2 ) é nula. Assim, a corrente de falta depende apenas do circuito de sequência positiva.
398.126.848-24
R
(II) INCORRETO. Em um curto-circuito bifásico não há caminho de retorno
da corrente para o neutro, ou seja ZN é infinito. Dessa forma, não pode haver dependência com o circuito de sequência zero.
D
(III) CORRETO. O circuito equivalente para curto-circuito fase-terra é for-
mado pelos três circuitos em série, logo depende de todos eles, como já foi discutido anteriormente.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 56
87
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
24
Uma linha de transmissão de 120 km de extensão possui impedância em série própria igual a 0,02 + j0,05 [Ω/km] e impedância mútua entre as fases de j0,02 [Ω/km]. A impedância de sequência direta para essa linha, em ohms, é (A) 2,4 + j3,6 (B) 2,4 + j6,0 (C) 1,2 + j3,6 (D) 1,2 + j6,0 (E) 1,2 + j8,4
398.126.848-24
Resolução: Conforme demonstrado no problema da pág. 22, é possível descrever as impedâncias de sequência de uma linha transposta e balanceada uma vez conhe-
T
cidas suas impedâncias mútuas e próprias. Basta utilizar as fórmulas: Z0 = ZP + 2ZM
AF
Z1 = ZP − ZM
Como sabemos a impedância própria por unidade de comprimento, basta multiplicar o valor informado pelo comprimento da linha. Assim: ZP = zp L = (0, 02 + j0, 05)
Ω × 120km km
ZP = 2, 4 + j6, 0Ω
R
Como sabemos a impedância mútua por unidade de comprimento, basta
398.126.848-24
multiplicar o valor informado pelo comprimento da linha. Assim:
D
ZM = zM L = (j0, 02)
Ω × 120km km
ZM = j2, 4Ω
Substituindo os valores para encontra Z1 , a impedância de sequência posi-
tiva, ou direta:
Z1 = ZP − ZM = (2, 4 + j6, 0Ω) − (j2, 4Ω) Z1 = 2, 4 + j3, 6Ω ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 57
8.
88
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Sistemas de Potência I
12
6
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
Va
j3 :
Vb
j3 :
Vc
j3 :
j0,5 :
O circuito trifásico da figura acima mostra uma carga alimentada por uma fonte. A tensão da fonte é tal que as componentes de sequência zero, positiva e negativa são 9 0° V, 110 15° V e 20 5° V , respectivamente. A carga é aterrada por meio de uma impedância, conforme indicado na figura. De acordo com essas informações, o valor, em ampère, do módulo da corrente de sequência zero presente no circuito é (B) 2,0
(C) 2,6
(D) 3,0
(E) 6,0
T
(A) 1,5
Resolução:
de fases:
AF
Para o circuito observado na figura do enunciado, temos nas componentes
VA = j3IA + j0, 5IN
VB = j3IB + j0, 5IN VC = j3IC + j0, 5IN
R
Somando as três equações:
VA + VB + VC = j3(IA + IB + IC ) + j1, 5IN
398.126.848-24
(25)
Temos três equações de malha com quatro correntes, porém, podemos uti-
D
lizar:
IN = IA + IB + IC
O que simplifica a equação 25: VA + VB + VC = j4, 5IN
Pela definição de tensão de sequência zero de tensão, temos: V0 =
VA + VB + VC 3
Simplificando: (26)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VA + VB + VC = 3V0
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
89
39
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Sistemas de Potência I
12
6
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Para sistemas aterrados, foi demonstrado na questão da pág. 20, que: (27)
IN = 3I0 Substituindo 26 e 27 em 25:
398.126.848-24
3V0 = j4, 5(3I0 ) V0 = j4, 5I0 Utilizando V0 = 9, 0∠0◦ V temos: I0 = 2, 0∠−90◦ A ✞
☎
Questão 58
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
ZLT
T2
R
T1
G1
398.126.848-24
ZC
D
A figura acima mostra o diagrama unifilar de parte de um sistema elétrico de potência. O circuito é composto por um gerador, G1, dois transformadores, T1 e T2, uma linha de transmissão, ZLT, e uma carga, ZC. Para o trecho entre os dois transformadores, considere como valores de base a potência de 100 MVA e a tensão nominal da linha de 500 kV. Os dados de cada componente são apresentados no quadro abaixo, em suas respectivas bases. Impedância
Potência Base
Tensão Base
Gerador G1
Componente
j 0,08
10 MVA
25 kV
Transformador T1
j 0,05
50 MVA
100 kV/500 kV
Transformador T2
j 0,10
100 MVA
500 kV/100 kV
Linha de Transmissão ZLT
j 0,05
100 MVA
500 kV
Carga ZC
j 0,20
100 MVA
100 kV
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
De acordo com as informações acima, e supondo que o gerador está operando com tensão de 25 kV, o valor do módulo da corrente que passa pela linha, em valores por unidade (pu) na base da linha, é (A) 0,5 (B) 1,0 (C) 1,5 (D) 2,0 (E) 3,0
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8.
90
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12
6
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Resolução: Esta questão requer apenas a transformação de bases. Vamos calcular todas as grandezas na base Sbase = 100M VA e Vbase = 500kV na linha de transmissão. Como existem transformadores essa base deve ser redefinida em cada
398.126.848-24
trecho. Isso significa que a base de tensão no primário de T 1 e no sencundário de T 2 é 100kV. Assim, usando a expressão para mudança de base das impedâncias. 2 Sbase2 Vbase1 Zpu2 = Zpu1 × Sbase1 Vbase2 Dessa forma, as impedâncias de T 2, ZLT e ZC não são alteradas pois já do Gerador: ZG1
100 = j0, 08 × × 10
2
= j0, 08 × 10 ×
1 = j0, 05pu 16
AF
Impedância de T 1:
25 100
T
estão calculadas na base escolhida. As demais devem ser calculadas. Impedância
ZT 1
100 = j0, 05 × × 50
2 1 = j0, 1pu 1
Além disso, a tensão do gerador G1 é 25kV, que corresponde a 0,25pu, já que a base no ponto em que ele está instalado é de 100kV. Assim, a corrente na 398.126.848-24
VG1 = ZG1 + ZT 1 + ZLT + ZT 2 + ZC 0, 25 = j0, 05 + j0, 1 + j0, 1 + j0, 05 + j0, 2 0, 25 = = −j0, 5pu, ou seja seu módulo é igual a 0,5 A. j0, 5
R
linha é de ILT
ILT
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
ILT
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398.126.848-24
Questão 59
8.
91
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6
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1,5
va
1,0 Tensão (pu)
398.126.848-24
vb
vc
S
3S 2
0,5 0 0,5 1,0 1,5
0
S 2
2S 5S 2
3S
7S 2
4S
Ângulo (rad)
T
A figura acima mostra a forma de onda da tensão trifásica em um determinado ponto de um sistema de distribuição. Os fasores representativos das componentes de sequências zero, positiva e negativa são V0 = 0,02 20° pu , V1 = 0,80 5° pu e V2 = 0,10 45° pu , respectivamente. (A) 2,5 (B) 5,0 (C) 12,5 (D) 15,0 (E) 25,0
AF
No ponto em questão, o valor percentual do fator de desequilíbrio de tensão é
Resolução:
O fator de desequilibro de tensão leva em conta apenas a razão entre o valor eficaz da tensão de sequência negativa em relação ao valor eficaz da tensão de sequência positiva sem levar em conta a tensão de sequência zero. Assim:
R
398.126.848-24
D=
V2 0, 10p.u. 1 = = = 0, 125 = 12, 5% V1 0, 80p.u. 8
É interessante notar que um desequilíbrio de tensão de mais de 5% já é
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
considerado bastante severo.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 60
92
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
As constantes generalizadas de circuito de uma linha de transmissão monofásica são A = 0,80 1,5°, B = 145 85°Ω, C = 0,0025 89,7° S e D = 0,80 1,5°. Considere que a linha está em vazio, em regime permanente, e a tensão no terminal emissor é igual a 100 0° kV. Então, o valor, em kV, do módulo da tensão no terminal receptor da linha é (A) 65 (B) 80 (C) 100 (D) 125 (E) 145
398.126.848-24
Resolução: As constantes generalizadas ABCD permitem relacionar as características
T
de tensão e corrente no fim da linha (nas cargas) com as características de tensão e corrente no começo da linha (geração) através do que pode ser visualizado como
AF
uma transformação linear complexa. A expressão é: " # " #" # VE A B VR = IE C D IR
(28)
Como queremos descobrir a tensão no receptor, VR , e conhecemos a tensão do emissor, VE , apenas utilizamos uma das equações da fórmula 28: VE = AVR + BIR
398.126.848-24
R
Na condição em vazio, temos IR = 0, o que reduz nossa equação para: VE = AVR
D
Como desejamos VR e VE = 100∠0◦ kV , temos utilizando o valor A =
0, 80∠1, 5◦ do enunciado: VE A 100∠0◦ kV VR = 0, 80∠1, 5◦ VR =
VR = 125∠−1, 5◦ kV ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 61
93
8.
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39
Sistemas de Potência I
12
6
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Uma subestação que se liga à rede pública de distribuição de média tensão e disponibiliza ao usuário baixa tensão possui dois transformadores em paralelo e atende a uma demanda total de 1125 kVA. Dados dos transformadores: • Trafo 1: potência de 500 kVA nominais e impedância percentual de 2,5%. • Trafo 2: potência de 750 kVA nominais e impedância percentual de 3%.
398.126.848-24
Com base nos dados acima, a distribuição de cargas para as unidades de transformação 1 e 2 são dadas pelas demandas parciais, em kVA, respectivamente, por (A) (B) (C) (D) (E)
375 e 750 450 e 675 500 e 625 525 (trafo 1 em sobrecarga) e 600 562,5 para cada unidade (trafo 1 em sobrecarga)
T
Resolução:
Como os transformadores estão em paralelo eles recebem a mesma tensão em seus terminais, de modo que a distribuição de corrente, e consequentemente
AF
a distribuição de potência, se dará de acordo com suas impedâncias. Como as impedâncias dos trafos estão em bases de potência diferentes devemos trazê-las para mesma base (não necessariamente a do sistema, mas é possível) para então calcular a distribuição de potência através de um divisor de corrente. Trazendo a impedância do trafo 2 para a base de impedância do trafo 1,
R
através da fórmula desenvolvida no problema da pág. 19: ZT 2B1 = ZT 2B2
2 Sbase1 Vbase2 2 Vbase1 Sbase2
398.126.848-24
D
Notando que Vbase2 = Vbase1 pois estão em paralelo: Sbase1 ZT 2B2 Sbase2 500kVA = 3% 750kVA = 2%
ZT 2B1 = ZT 2B1 ZT 2B1
Com isto, podemos resolver o divisor de corrente. A porcentagem da corrente, e da potência, que flui pelo trafo 1 é dada por: Z2 Z1 + Z 2 4 2% = = 2% + 2, 5% 9
Srel1 =
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Srel1
398.126.848-24
398.126.848-24
Desta forma, o trafo 1 recebe
4 9
8.
94
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12
6
398.126.848-24
da potência total, ou seja:
4 S1 = 1125kVA = 500kVA 9 Obviamente, o trafo 2 assume a potência restante:
398.126.848-24
S2 = 1125kVA − S1 = 625kVA ✞
☎
T
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 62
AF
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Considere o circuito equivalente de um transformador trifásico de três enrolamentos, obtido a partir da associação de um banco de transformadores monofásicos. As impedâncias Z1, Z2 e Z3 representam as impedâncias de dispersão entre os três pares de enrolamentos. A realização de ensaios de curto-circuito dos circuitos primário, secundário e terciário, nesse equipamento, resultou no seguinte quadro: Impedância
Circuito energizado
Circuito em curto
Circuito em aberto
Valor (pu)
Z12
primário
secundário
terciário
0,03
primário
terciário
secundário
0,02
secundário
terciário
primário
0,02
Z13
398.126.848-24
R
Z23
A partir desses resultados, os valores das impedâncias Z1, Z2 e Z3 do circuito, em pu, equivalente desse banco de transformadores são, respectivamente, 1,0 ; 0,1 ; 0,15 ; 0,05 ; 0,015 ;
1,5 0,2 0,15 0,01 0,015
e e e e e
1,5 0,3 0,02 0,05 0,005
D
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Ensaios para determinação de impedâncias em trafos de mais de dois enrolamentos são realizados são realizados testando-se todos os pares possíveis de enrolamentos energizados, deixando os restantes abertos. Desta forma, em cada ensaio de curto circuito apenas duas impedâncias são percorridas por correntes e podemos através de n ensaios determinar as impedâncias do n enrolamentos.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Quando o enrolamento terciário é aberto, o ensaio de curto circuito enxerga
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
apenas as impedâncias dos enrolamentos primários e secundários. Assim: Z12 = Z1 + Z2 Quando o enrolamento secundário é aberto, o ensaio de curto circuito en-
398.126.848-24
xerga apenas as impedâncias dos enrolamentos primários e terciários. Assim: Z13 = Z1 + Z3 Quando o enrolamento primário é aberto, o ensaio de curto circuito enxerga apenas as impedâncias dos enrolamentos secundários e terciários. Assim:
T
Z23 = Z2 + Z3 Montando desta forma o seguinte sistema de equações:
AF
0, 03 = Z1 + Z2 0, 02 = Z1 + Z3 0, 02 = Z2 + Z3
A impedância de cada enrolamento pode ser facilmente determinada: 0, 03 + 0, 02 − 0, 02 = 0, 015 2 0, 03 + 0, 02 − 0, 02 Z2 = = 0, 015 2 0, 02 + 0, 02 − 0, 03 Z3 = = 0, 005 2
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Z1 =
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398.126.848-24
Questão 63
8.
96
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) 27
}
398.126.848-24
}
AF
T
A figura acima apresenta um transformador de 400 VA 120/24 V (valores de tensão eficazes), conectado como um autotransformador com a interligação aditiva das espiras do lado de alta e de baixa tensão, respectivamente, denominadas Nalta e Nbaixa.Nesta configuração, o transformador é capaz de transferir uma potência maior do que aquela para a qual ele foi originalmente projetado, tendo em vista que nem toda potência é transferida do primário para o secundário através do fluxo magnético, mas também através da conexão direta do circuito. Sendo aplicada em Vin uma tensão de 120 V eficazes, a potência aparente nominal em que o autotransformador poderá operar, em VA, é (A) 1600 (B) 2000 (C) 2400 (D) 3200 (E) 4000
R
398.126.848-24
Resolução:
Seja Valta e Vbaixa as tensões sobre os enrolamentos de alta e baixa, res-
D
pectivamente, e seja Ialta e Ibaixa as correntes nos enrolamentos de alta e baixa, respectivamente. As equações dos enrolamentos nos dizem que: Nalta Ialta = Nbaixa Ibaixa
(29)
Valta Nalta = Vbaixa Nbaixa
(30)
Temos que a corrente de entrada, IB , é a soma das correntes em ambos os enrolamentos. Isto ocorre porque, pela nossa convenção de pontos, que a corrente no enrolamento de baixa é para cima e a corrente do enrolamento de alta é para baixo, de acordo com a figura do enunciado. Assim: (31)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
IB = Ialta + Ibaixa
398.126.848-24
398.126.848-24
Substituindo 29 na equação 31, temos: Nalta IB = + 1 Ialta Nbaixa
8.
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12
6
398.126.848-24
(32)
Temos que a tensão de saída, Vout , é a soma das tensões em ambos os
398.126.848-24
enrolamentos. Isto ocorre porque, pela nossa convenção de pontos, que as polaridades positivas das tensões estão localizadas juntas aos pontos marcados, de modo que as tensões se somam. Assim: (33)
Vout = Vbaixa + Valta
Pelo enunciado, Valta = 120V implica Vbaixa = 24V , de modo que, substi-
T
tuindo em 33:
Vout = 120 + 24V = 144V
A corrente no enrolamento de alta na condição nominal é simplesmente a
AF
potência nominal do trafo medido pela tensão nominal do mesmo: Ialta =
Sbase 400V A 10 = = A Vbase 120V 3
Como a razão das tensões é igual a razão das espiras, de 30: Nalta 120V = =5 Nbaixa 24V
398.126.848-24
R
Substituindo o valor encontrado na equação 32 com o valor de corrente de
alta obtido:
IB =
(5 + 1)10 A = 20A 3
D
Assim, a potência aparente entregue à carga é a potência aparente circu-
lando pelo enrolamento de alta tensão: Sout = Sin = Vin IB = 120V × 20A = 2400V A ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 64
8.
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) 29
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AF
T
Considere a figura acima, onde um gerador (G) de 25 MVA, 13,8 kV, com reatância subtransiente igual a 15%, é conectado a um barramento que alimenta quatro motores (M) idênticos por meio de um transformador (T) de 25 MVA, 13,8 kV/6,9 kV, com reatância de 10%. A reatância subtransiente de cada motor é igual a 20% na base 5 MVA, 6,9 kV. A tensão do barramento em que os motores estão conectados é de 6,9 kV, quando um curto-circuito trifásico ocorre no ponto P. Assim, o disjuntor que terá de interromper a maior corrente é (A) DJ1 (B) DJ2 (C) DJ3 (D) DJ4 (E) DJ5
Resolução:
Esta questão é bastante simples e não requer nenhum cálculo apesar da quantidade de informação disponível. O provável objetivo da banca com essa questão é fazer com que o candidato perca tempo realizando os cálculos, já que esses teriam uma tendência a fazê-lo sem analisar corretamente o enunciado. 398.126.848-24
R
Observe que o ponto de falta é o ponto P. Como trata-se de uma falta tri-
fásica e o circuito é simétrico, a tensão do ponto P vai a zero, embora não haja conexão à terra. Dessa forma, as correntes nos disjuntores 2, 3 e 4 chegará a zero quando ocorrer a falta. O disjuntor 5 deve ser o responsável por interromper
D
a corrente de falta. A corrente que passa pelo disjuntor DJ5 é a soma de todas as correntes, pois no momento do curto circuito todas as máquinas, geradores ou motores, contribuem para o curto circuito no ponto P. Deve-se ressaltar, no entanto, que o disjuntor DJ1 NÃO DEVE atuar, por critério de seletividade, permitindo que os outros três motores continuem em funcionamento. Dessa forma, o disjuntor que deve interromper a maior corrente é DJ5. Muitos candidatos tenderiam a assinalar a alternativa (A) como verdadeira, o que é um erro, já que embora por ele circule a mesma corrente que em DJ5 esse não deve interromper essa corrente, mas sim DJ5. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 65
8.
99
39
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12
6
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008)
ER 0
Es jX 398.126.848-24
I
SS = PS + jQS
SR = PR + jQR
(A)
E2S E2R 2ESER cos X
(B)
E2S E2R 2ESER cos X E2S E2R 2ES ER cos X2 2E SER cos X
AF
(C)
T
Considere o sistema de potência (SEP), representado por duas fontes geradoras conectadas por uma linha de transmissão predominantemente indutiva. O valor da potência reativa absorvida pela linha de transmissão, QL = QS – QR, em função dos módulos das tensões ET e ER, do ângulo de defasagem entre as barras e da reatância da linha X, é
(D) (E)
E2S
E2R
E2S E2R 2E SER cos X2
Resolução:
R
Para deduzirmos uma fórmula para a potência reativa trocada entre as bar-
398.126.848-24
ras devemos primeiro calcular a corrente circulando pela linha que as ligam. Isto é realizando dividindo a diferença de potência pela reatância, conforme a lei de
D
Ohm:
∆V~ = E~S − E~R
(34)
I~ = ∆V~ jX
(35)
Além disto, a potência aparente na linha é simplesmente o produto da dife-
rença de tensão, expressa em 34, pelo conjugado da corrente de linha, expressa em 35. Assim:
1 SL = ∆V~ (∆V~ jX)∗ = ∆V~ (∆V~ )∗ −jX
Mas, um número vezes seu conjugado é simplesmente seu módulo ao quadrado, assim:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
∆V~ (∆V~ )∗ = |∆V~ |2
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
100
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
De modo que a potência aparente, será: |∆V~ |2 |∆V~ |2 SL = =j −jX X
(36)
Deste modo, já demonstramos que a linha de transmissão troca apenas
398.126.848-24
reativo. Precisamos apenas desenvolver a expressão 34 para aplicar na equação 36, isto pode ser feito passando para a forma cartesiana: ∆V~ = (ES cos(δ) + jES sin(δ)) − (ER ) ∆V~ = (ES cos(δ) − ER ) + jES sin(δ)
(37)
O quadrado do módulo da expressão 37 é simplesmente a soma do qua-
T
drado da parte real com o quadrado da parte imaginária: |∆V~ |2 = (ES cos(δ) − ER )2 + (ES sin(δ))2
AF
|∆V~ |2 = (ES2 cos2 (δ) − 2ES ER cos(δ) + ER2 ) + ES2 sin2 (δ)
|∆V~ |2 = ES2 + ER2 − 2ES ER cos(δ)
Utilizando o valor encontrado na equação 36 conseguimos calcular o reativo na linha:
ES2 + ER2 − 2ES ER cos(δ) X
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
QL =
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 66
8.
101
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12
6
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
398.126.848-24
3
3
3
T
3
A figura acima mostra a representação de uma falta que envolve as três fases e o terra. No ponto em que ocorre a falta, as tensões fase-terra são: • Va (12030 5015 2445) volts
AF
• Vb (120 90 50135 2445) volts
• Vc (120150 50 105 2445) volts
De acordo com as informações apresentadas, o valor rms, em ampère, da corrente IX indicada na figura é (A) 2,0 (B) 2,7 (C) 4,0 (D) 5,6 (E) 6,0
Resolução:
398.126.848-24
R
Vamos desenvolver uma equação geral para a corrente de neutro para es-
tes casos de tensões desequilibradas e cargas equilibradas, considerando ZN a impedância de neutro e ZF a impedância de cada fase em estrela:
D
V A = ZF I A + ZN I N
V B = ZF I B + ZN I N V C = ZF I C + Z N I N
Somando as três equações, temos: VA + VB + VC = ZF (IA + IB + IC ) + 3ZN IN
(38)
Porém, pela lei dos nós:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
IN = IA + IB + IC
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
102
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
Substituindo a última equação em 38: (39)
VA + VB + VC = (ZF + 3ZN )IN Pela definição de corrente e tensão de sequência zero, temos:
398.126.848-24
VA + VB + VC 3 3V0 = VA + VB + VC V0 =
Substituindo em 39: IN =
3V0 ZF + 3ZN
T
Observando as tensões decompostas em componentes simétricas, temos que a tensão de sequência zero é 24∠45◦ pois é a componente homopolar, e substituindo na equação encontrada com ZF = ZN = 3Ω:
Questão 67
3 × 24∠45◦ V 72∠45◦ V = = 6∠45◦ A 3 + 3 × 3Ω 12Ω
AF
IN =
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
398.126.848-24
D
R
Um transformador trifásico é composto por três enrolamentos para a configuração do primário e três para o secundário. A relação de transformação entre os enrolamentos primários e secundários é de 100:1 e a tensão de linha a ser aplicada no primário é de 900 V. Para que a tensão de linha no secundário seja de 3 3 V, é necessário que a configuração do primário e do secundário desse transformador sejam, respectivamente, (A) estrela e estrela (B) estrela e delta (C) delta e delta (D) delta e estrela (E) delta e estrela aterrado
Resolução: Por questão de conveniência, em sistemas trifásicos, todos os valores de tensão normalmente são expressões em valores de linha, ou seja, a tensão entre duas fases. Com transformadores é o mesmo raciocínio, analisemos as possíveis
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
combinações deste transformador de razão de 100:1.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
103
39
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(A) INCORRETA. Combinação estrela-estrela: Se a alta receber 900V de linha, seus enrolamentos receberão
900 √ V 3
pois estão
em estrela, desta forma, os enrolamentos na baixa terão uma tensão cem √ vezes menor, ou √93 V de fase. Multiplicando por 3 obteremos a saída, em
398.126.848-24
termos de linha, na baixa, de 9V , ou seja, Y-Y entra 900V de linha e sai 9V de linha. Não é a resposta. (B) CORRETA. Combinação estrela-delta: Se a alta receber 900V de linha, seus enrolamentos receberão
900 √ V 3
pois estão
em estrela, desta forma, os enrolamentos na baixa terão uma tensão cem vezes menor, ou
√9 V 3
. Porém, como os enrolamentos na alta estão em triângulo
T
este é o valor efetivo de linha, racionalizando: √ √ √ 9 3 9 3 √ ×√ = = 3 3V 3 3 3
AF
√ Ou seja, uma entrada de 900V resulta em uma saída de 3 3V , conforme requisitado. Logo, esta é a alternativa correta. Porém, para fins didáticos analisemos as outras alternativas.
(C) INCORRETA. Combinação delta- delta:
Se a alta receber 900V de linha esta será a tensão sobre seus enrolamentos, uma vez que estão em triângulo, pela razão de conversão, consequentemente 398.126.848-24
R
os enrolamentos na baixa terão 9V e este é o valor de linha observado. Ou seja, ∆ − ∆ entra 900V de linha e sai 9V de linha. Não é a resposta.
(D) INCORRETA. Combinação delta-estrela. Se a alta receber 900V de linha esta será a tensão sobre seus enrolamentos,
D
uma vez que estão em triângulo, pela razão de conversão, consequentemente os enrolamentos na baixa terão 9V . Porém, como os enrolamentos de baixa √ estão em estrela, precisamos multiplicar este valor por 3 para obter o valor √ √ de linha, ou seja, 9 3. Ou seja, ∆ − Y entra 900V de linha e sai 9 3V de linha. Não é a resposta.
(E) INCORRETA. Em sistemas trifásicos equilibrados, não existe tensão nem corrente de neutro, de modo que o aterramento não influi na análise feita aqui, ou seja, o aterramento mencionado em (E) não é relevante. ✞
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39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 68
104
8.
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
398.126.848-24
A figura acima mostra parcialmente um sistema elétrico de potência radial. O gerador está operando em condições nominais. Considerando como base do sistema a tensão de 20 kV e a potência de 20 MVA na barra em que o reator está conectado, então, o valor por unidade da tensão nessa mesma barra é 0,4 0,5 0,6 0,8 1,0
T
(A) (B) (C) (D) (E)
AF
Resolução:
Uma vez que temos uma associação de transformadores a tática mais recomendada é realizar uma análise no sistema por unidade. Neste sistema, os transformadores se tornam 1:1 e para fins de análise de sistemas equilibrados eles podem ser considerados simplesmente reatâncias. Contudo, o candidato deve atentar para que todo o sistema esteja referido a uma única base. No lado de 20 kV do reator, a base é dita 20 M V Ae 20 kV, de modo que a
R
impedância de base é:
Zbase20kV =
398.126.848-24
2 202 kV 2 Vbase = = 20Ω Sbase 20M VA
D
De modo que o reator tem reatância neste sistema de: XR =
12Ω = 0, 60p.u. 20Ω
A reatância do transformador 2 deve ser adequada à nova potência de base.
Como sua tensão de baixa nominal é 20 KV, basta fazer uma adequação em relação à potência de base de 20 M V A: Snova Xbase_velha Svelha 20M VA 0, 10p.u. = 40M VA = 0, 05p.u.
Xbase_nova = Xbase_nova
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Xbase_nova
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398.126.848-24
8.
105
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Sistemas de Potência I
12
6
398.126.848-24
No lado de 100 kV, calculemos a impedância de base, para Sbase = 20M VA Zbase_100kV = 1002 kV 2 20M VA = 500Ω De modo que a linha de transmissão tem reatância de:
398.126.848-24
XL =
100Ω = 0, 20p.u. 500Ω
A reatância do transformador 1 também deve ser adequada à nova potência de base. Como sua tensão de alta nominal é 100 kV basta fazer uma adequação em relação à potencia de base de 20 M V A: Snova Xbase_velha Svelha 20M VA = 0, 10p.u. 40M VA = 0, 05p.u.
Xbase_nova
AF
Xbase_nova
T
Xbase_nova =
Não devemos nos esquecer contudo da reatância síncrona do gerador, no valor de 10% que não precisa ser referida pois já está na potência de base: A tensão no gerador se encontra em uma base de 20 M V Ade potência aparente, de modo que não precisa de adequação. A equação de circuito equivalente monofásico percorrido por uma corrente I é:
VG = (XG + XT 1 + XL + XT 2 + XR )I
R
398.126.848-24
Como não nos interessa a corrente e sim o valor de tensão sobre o reator,
D
podemos desenvolver o divisor de tensão: VR =
XR VG XG + XT 1 + XL + XT 2 + XR
Como o gerador está com tensão igual ao valor de base do lado 10 kV, temos
VG = 1, 00p.u. Substituindo os valores de reatância calculados com relação à base de 20 M V A: VR =
0, 60 1, 00p.u. 0, 10 + 0, 05 + 0, 20 + 0, 05 + 0, 60
VR = 0, 60p.u. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 69
8.
106
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12
6
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) Um sistema elétrico trifásico pode ter suas grandezas fasoriais representadas em termos de componentes simétricos nas sequências positiva, negativa e zero. A expressão da potência complexa trifásica, em termos de componentes simétricos, é dada pela expressão
398.126.848-24
Dados • V1,V 2 ,V 0 são as tensões nas sequências positiva, negativa e zero • I1,I2 ,I0 são as correntes nas sequências positiva, negativa e zero • : conjugado de V • : conjugado de I
(A)
T
(B) (C) (D)
AF
(E)
Resolução:
Em qualquer sistema trifásico, a potência total é simplesmente a soma das potência em casa fase, ou seja:
R
PABC = VA IA∗ + VB IB∗ + VC IC∗
(40)
D
Em notação matricial, a potência pode ser escrita como: ∗ h i IA h iT h i∗ PABC = VA VB VC = I V I ABC ABC B IC
398.126.848-24
Da mesma forma, a potência em termos das componentes simétricas é de-
finida como:
Em notação matricial, a potência pode ser escrita como: ∗ h i I 0 h iT h i∗ P012 = V0 V1 V2 = I V I 012 012 1 I2
(41)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
P012 = V0 I0∗ + V1 I1∗ + V2 I2∗
398.126.848-24
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8.
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12
6
398.126.848-24
Porém, podemos lembrar as componentes simétricas podem ser referidas às componentes de fase pela transformação [T] descrita pela matriz abaixo onde a = ej120 : ◦
h
398.126.848-24
1
1
1
i i h 2 X012 XABC = 1 a a 2 1 a a
Em notação matricial compacta, podemos escrever: h i h ih i XABC = T X012 Ou seja, transformando a equação 40 para valores de componentes de fase,
T
utilizando a expressão imediatamente anterior: h i h i h iT h i h i∗ PABC = T V012 T I012
AF
Desenvolvendo: h
i h iT h iT h i∗ h i∗ PABC = V012 T T I012
(42)
É possível mostrar que:
3 0 0
R
h iT h i∗ T T = 0 3 0 0 0 3
398.126.848-24
D
Se for desenvolver, é útil lembrar que: 1 + a + a2 = 0 a∗ = a 2 (a2 )∗ = a
Ou seja, utilizando o fato exposto acima, a equação 42 torna-se: PABC = 3P012 = 3(V0 I0∗ + V1 I1∗ + V2 I2∗ ) ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 70
8.
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Sistemas de Potência I
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) 39 Um sistema elétrico é composto por um gerador em série com um transformador elevador de tensão. O secundário desse transformador é conectado a uma linha de transmissão de j50 Ω e a relação de tensão de linha do transformador é de 1:10. Foram escolhidas as bases de 1 kV e 1.000 kVA, referentes ao lado do gerador. A reatância da linha de transmissão, em p.u., é (A) j2,0 (B) j1,0 (C) j0,5 (D) j0,3 (E) j0,1
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T
Resolução: Se o transformador é de 1:10 e ele recebe na baixa 1 kV do gerador, pela relação de transformação é óbvio que a tensão do lado de alta é de 10 kV. Para
AF
fins de cálculo esta tensão é então considerada a tensão de base no lado da transmissão. Como a potência aparente de base é a mesma, calculemos a impedância de base:
2 Vbase Sbase (10kV )2 = 1M VA
Zbase = Zbase
R
Lembre-se que 1000 kVA é 1 M VA e
(kV )2 M VA
= Ω, assim:
398.126.848-24
Zbase = 100Ω
D
Assim, o valor da reatância em por unidade é obtido dividindo o valor real
pelo de base:
Xreal Xbase 50Ω = = 0, 5p.u. 100Ω
Xpu = Xpu
✞
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39
8.
12
6. 8
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-2
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Alternativa (C) ✆ ✝
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Sistemas de Potência II Questões Resolvidas
CESGRANRIO
AF
Q UESTÕES
D
R
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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8.
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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39
8.
12
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Índice de Questões
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2
T
Q43 (pág. 1), Q44 (pág. 3), Q48 (pág. 5), Q49 (pág. 7).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012
AF
Q44 (pág. 11), Q45 (pág. 12), Q46 (pág. 8), Q49 (pág. 13).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q65 (pág. 10), Q66 (pág. 14), Q67 (pág. 15), Q68 (pág. 16), Q69 (pág. 18), Q70 (pág. 17).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q43 (pág. 19), Q46 (pág. 22), Q47 (pág. 21), Q48 (pág. 23), Q49 (pág. 24). 398.126.848-24
R
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q46 (pág. 25), Q48 (pág. 26), Q49 (pág. 27), Q50 (pág. 28), Q51 (pág. 29), Q64 (pág. 31).
Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010
D
Q31 (pág. 32), Q32 (pág. 33), Q36 (pág. 34), Q38 (pág. 35), Q39 (pág. 36), Q42 (pág. 37), Q43 (pág. 38), Q46 (pág. 41), Q47 (pág. 39), Q48 (pág. 40), Q49 (pág. 43), Q53 (pág. 44), Q54 (pág. 46), Q55 (pág. 51), Q56 (pág. 48), Q57 (pág. 49), Q59 (pág. 50), Q61 (pág. 52), Q62 (pág. 53), Q64 (pág. 45). Prova: Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008 Q38 (pág. 57), Q39 (pág. 55), Q43 (pág. 56), Q46 (pág. 58), Q47 (pág. 54),
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q48 (pág. 59), Q58 (pág. 61), Q59 (pág. 60), Q60 (pág. 63), Q65 (pág. 62).
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8.
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Sistemas de Potência II
12
6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q25 (pág. 65), Q35 (pág. 66), Q36 (pág. 67), Q37 (pág. 68), Q39 (pág. 69), Q46 (pág. 70). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 Q30 (pág. 71), Q34 (pág. 72), Q36 (pág. 73), Q38 (pág. 74), Q39 (pág. 76),
398.126.848-24
Q40 (pág. 78). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q57 (pág. 77), Q58 (pág. 75), Q59 (pág. 79), Q61 (pág. 81), Q62 (pág. 82),
T
Q64 (pág. 84), Q65 (pág. 83), Q66 (pág. 85).
398.126.848-24
39
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6. 8
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-2
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D
R
AF
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 75
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398.126.848-24
39
8.
12
6
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Sistemas de Potência II
398.126.848-24
Questão 1
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
AF
T
A Figura abaixo mostra o esquema de proteção diferencial de um transformador monofásico.
398.126.848-24
R
A relação de transformação do transformador de corrente conectado ao primário é RTCp = 200:5. Em condições normais de operação, a corrente IR do relé é nula. De acordo com as informações apresentadas, e supondo todos os transformadores ideais, a relação de transformação do transformador de corrente (RTCs), conectado ao secundário do transformador, é (A) 200:5 (B) 400:5 (C) 800:5 (D) 1.000:5 (E) 2.000:5
Resolução:P2-21-Q43
A conexão dos secundários dos transformadores de corrente (TC’s) em pa-
D
ralelo com o relé diferencial (código 87) mostra uma configuração muito útil para a proteção de barramentos e transformadores. Toda vez que existir diferença (resíduo) entre as correntes dos secundários
dos TC’s, a corrente IR será diferente de zero, pois pela lei dos nós: IR = IP S − ISS Caso este resíduo seja suficientemente grande, o sistema de proteção en-
xerga isto como uma falta interna à zona de proteção da proteção diferencial, fazendo a chamada limpeza de barramento: abrem-se os disjuntos na alta e na baixa
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
do transformador de potência.
398.126.848-24
398.126.848-24
PP
8.
2
39
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Sistemas de Potência II
12
6
398.126.848-24
SP
398.126.848-24
SS
PS
Sabemos que a corrente IP S está relacionada com a corrente no primário do transformador de potência através de: IP P RT Cp
T
IP S =
Sabemos também que a corrente ISS está relacionada com a corrente no
AF
secundário do transformador de potência através de: ISS =
ISP RT Cs
Para que o relé 87 não aja, é necessário que IR = 0, ou seja:
R
IP S − ISS = 0
IP S = ISS
398.126.848-24
D
Igualando as duas expressões, temos então: IP P ISP = RT Cp RT Cs
Assim, isolando o termo RT Cs , temos: RT Cs = RT Cp
ISP IP P
Desprezando as perdas ativas e reativas no transformador, sabemos que a potência aparente de entrada no primário é igual à potência de saída no secundário, logo:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VP IP P = VS ISP ISP VP = IP P VS
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3
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12
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Assim, substituindo na equação, temos: RT Cs = RT Cp
VP VS
Para VP = 79, 6 kV , Vs = 7, 96 kV e RT Cp = 200 : 5, temos:
398.126.848-24
RT Cs = (200 : 5) ×
79, 6 kV 7, 9 kV
RT Cs = 2000 : 5 ✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
AF
Questão 2
T
Alternativa (E) ✆ ✝
Um relé de impedância é ajustado para proteger o equivalente a 80% de uma linha de transmissão, cuja impedância total é de 100 . O relé é alimentado por um transformador de potencial com relação de transformação de potencial RTP = 230 kV/115 V e por um transformador de corrente com relação de transformação de corrente RTC = 500/5. O valor da impedância de ajuste do relé, em ohms, é (A) 4 (B) 5 (C) 8 (D) 20 (E) 25
398.126.848-24
R
Resolução:P2-21-Q44
A impedância enxergue pelo secundário é a razão entre a tensão de secun-
dário na saída do transformador de potencial (TP) e a corrente de secundário na
D
saída do transformador de corrente (TC), ou seja: ZS =
VS IS
Mas as correntes e tensões de secundário podem ser relacionados com os
observados no primário a partir das relações de transformação: VP RT P IP IS = RT C
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8.
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6. 8
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-2
4
VS =
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4
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6
398.126.848-24
Deste modo, substituindo na primeira equação: V P
ZS =
RT P IP RT C
VP RT C × IP RT P RT C ZS = ZP RT P ZS =
398.126.848-24
Para que o relé de distância atue, basta como que o valor ZP seja ajustado para 80% da linha de impedância 100Ω, ou seja: ZP =
VP IP
T
ZP = 80% × 100Ω ZP = 80 Ω
AF
Além disto, expressemos as relações de transformação na forma de número ao invés de proporção:
500 A = 100 5A 230 kV 230.000 V RT P = = = 2000 115 V 115 V
RT C =
De modo, que aplicando todos os valores, teremos no secundário: 100 2000 1 ZS = (80 Ω) × 20 ZS = 4 Ω
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✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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D
R
ZS = (80 Ω) ×
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Questão 3
5
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
Considere a Figura e as informações a seguir para responder às duas questões seguintes
398.126.848-24
T
A Figura acima mostra uma instalação elétrica de baixa tensão com três cargas conectadas (I, II e III). As cargas I e II estão conectadas em uma parte da instalação onde os condutores de proteção e de neutro estão unificados em um condutor PEN; já a carga III está conectada na outra parte da instalação, onde os condutores de proteção e de neutro são distintos (PE e N). Considere que o condutor PEN está diretamente conectado ao aterramento da alimentação da instalação.
Parte 1
AF
De acordo com a NBR 5410:2004, qual é o esquema de aterramento utilizado na instalação elétrica da Figura? (A) IT (B) TN-C (C) TN-C-S (D) TN-S (E) TT
Resolução:P2-21-Q48
Segundo a NBR 5410 - Instalações Elétricas em Baixa Tensão, existem basicamente cinco esquemas de aterramento, representando através das seguintes 398.126.848-24
R
siglas: IT, TT, TN-C, TN-S e TN-C-S.
A primeira letra da sigla se refere ao tipo de aterramento da fonte ou quadro
de distribuição em baixa tensão. Podemos notar que só existem duas opções:
D
Letra T: Indica que ocorre o aterramento da fonte ou quadro de distribuição de forma franca, ou seja, por um caminho de baixa impedância. Mnemonicamente, o candidato deve associar “T” à “terra”.
Letra I: Indica que a fonte ou quadro de distribuição não é aterrado, ou se o é, é através de uma alta impedância como uma resistência ou reator tendo em vista alguma aplicação de aterramento funcional. Mnemonicamente, o candidato deve associar “I” à “isolado” ou “impedância”. A segunda letra da sigla se refere ao aterramento do lado da carga e sua
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8.
12
6. 8
48
-2
4
relação com o neutro. Existem portanto três opções:
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6
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Letra T: Ocorre aterramento direto do lado da carga, ou seja, a carcaça do equipamento é francamente aterrada em seu ponto de instalação e não através de um condutor de proteção. Mnemonicamente, o candidato novamente deve associar “T” à “terra”. 398.126.848-24
Letra N: Indica a presença de condutor neutro, através do qual as correntes de retorno das cargas monofásicas e trifásicas circularão. Sua presença na sigla pode estar acompanhada por três outras combinações: N-C, N-S e N-C-S. Quando existe a presença de neutro, sua relação com o condutor de proteção deve ser indicada, através de:
T
Letra S: O neutro e o condutor de proteção são entidades distintas, cujo contato no mesmo potencial ocorre apenas na fonte ou quadro de distribuição, conhecido também como arranjo PE+N. Mnemonicamente, a letra “S” deverá ser
AF
associada à “separados”.
Letra C: O neutro e o condutor de proteção são o mesmo condutor, ou seja o aterramento da carcaça do equipamento se reúne com o condutor neutro de retorno, sigla PEN. Mnemonicamente a letra “C” deverá ser associada a “comum” ou “combinados”.
Letras C-S: Este arranjo combina característica dos dois anteriores, o que denota 398.126.848-24
R
que o condutor de proteção e de neutro se juntam em algum ponto da instalação elétrica, de modo que existem cargas PE+N e cargas PEN Desta forma, os cinco arranjos são:
D
i) TT: Aterramento franco na carga e no quadro de distribuição;
ii) IT: Aterramento das cargas, com quadro de distribuição isolado. Conhecido também como IT médico pelas suas aplicações em instalações de alta confiabilidade;
iii) TN-S: Quadro de distribuição aterrado, com cargas a cinco fios; iv) TN-C: Quadro de distribuição aterrado, com cargas a quatro fios; v) TN-C-S: Quadro de distribuição aterrado, com cargas a quatro e a cinco fios e havendo junção dos condutores de neutro e de proteção em algum ponto da
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8.
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6. 8
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instalação elétrica.
398.126.848-24
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Assim, na questão vemos que as cargas I e II são alimentadas a quatro fios enquanto a carga III é a cinco fios, para habilitar o uso do DR, havendo a junção dos condutores PE e N entre o circuito II e III. Desta forma, temos claramente o arranjo TN-C-S. 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝ Questão 4
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
Parte 2
AF
T
Deseja-se instalar um dispositivo de proteção diferencial residual (dispositivo DR) para a proteção da carga III. Quais condutores deverão estar ligados ao dispositivo para que ele funcione de forma adequada? (A) L1, L2 e L3, apenas (B) L1, L2, L3 e N, apenas (C) L1, L2, L3 e PE, apenas (D) L1, L2, L3, N e PE (E) N e PE, apenas
Resolução:P2-21-Q49
O emprego do Disjuntor Diferencial Residual (DDR) não é possível em esquemas TN-C, porque se o condutor neutro (N) e de proteção (PE) fossem um só haveria constantemente correntes de fuga para a terra, o que dispararia o dispositivo constantemente, prejudicando seu uso prático.
O uso do DR só é possível então quando não existe contato direto do neutro
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R
com a massa, ou seja em esquemas TT, IT, TN-S ou TN-C-S quando o circuito protegido estiver na configuração TN-S. O princípio de funcionamento do DR é simples, caso existe alguma diferença
D
entre as correntes de carga e neutro (resíduo) haverá a excitação de uma bobina que irá disparar o circuito, ou seja, toda vez que não for mais válido: IA + IB + IC + IN = 0
Desta forma, para proteger uma carga trifásica a quatro fios, é necessário que o DR esteja conectado não apenas às três fases, mas também ao neutro. Pelo motivo exposto no primeiro parágrafo, não podemos incluir o condutor de proteção (PE) no DR, pois as correntes de fuga o sensibilizariam constantemente. ✞
☎
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 5
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
A esse respeito, considere as afirmativas abaixo. -
Um curto-circuito fase-terra no nó elétrico P faz atuar a proteção através do acionamento do relé R. Um curto-circuito fase-fase no nó elétrico P faz atuar a proteção através do acionamento do relé R. Um curto-circuito fase-terra no nó elétrico Q faz atuar a proteção através do acionamento do relé R. Um curto-circuito fase-fase no nó elétrico Q faz atuar a proteção através do acionamento do relé R.
AF
I II III IV
T
A figura acima ilustra a proteção diferencial de um barramento de 13,8 kV. Os TCs estão com as polaridades indicadas, e o relé R é um relé de sobrecorrente monofásico (F.87BN). O nó elétrico P está situado entre o disjuntor geral, e os disjuntores dos alimentadores, conforme indicado na figura. O nó elétrico Q está à jusante dos TCs do disjuntor de um dos alimentadores, conforme indicado na figura.
Está correto o que se afirma em I, apenas. I e III, apenas. II e IV, apenas. II, III e IV, apenas. I, II, III e IV.
398.126.848-24
R
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Para simplificar o julgamento dos itens, considere que existe apenas um
terminal conectado ao nó elétrico P, como indicado na Figura abaixo. Essa simpli-
D
ficação é válida, na medida em que as correntes de saída dos TCs conectados em
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8.
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6. 8
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-2
4
série com cada disjuntor terminal dos terminais são somadas.
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T
398.126.848-24
I - VERDADEIRA. Caso ocorra um curto-circuito fase-terra no nó P, digamos na fase A, a corrente IA será igual à corrente de curto circuito. Já a corrente
AF
I1 não irá aumentar (na verdade em tese essa corrente será nula já que a tensão nessa fase tornou-se nula). Nas demais fases não haverá diferença entre as correntes que passam pelo disjuntor geral e pelo disjuntor do terminal Q. Como a corrente diferencial é Id = IA + IB + IC − (I1 + I2 + I3 ) temos
que Id = IA + IB + IC − (0 + IB + IC ) = IA . Como IA é a corrente de curto circuito, o relé R será acionado.
398.126.848-24
R
II - FALSA. A ocorrência de um curto-circuito fase-fase no nó P, digamos entre as fases A e B faz com que I1 = I2 = 0. Como há um curto entre A e B no nó P então IA = −IB . Além disso, temos que IC = I3 . Dessa forma, Id = IA + IB + IC − (I1 + I2 + I3 ) = IA − IA + IC − (0 + 0 + IC ) = 0. Dessa
D
forma, o relé R não atuará.
III - FALSA. Caso ocorra um curto fase-terra no nó Q, digamos na fase A, temos que IA = I1 , IB = I2 e IC = I3 . Assim, embora a corrente IA possa ser muito elevada a corrente diferencial Id = IA + IB + IC − (I1 + I2 + I3 ) = 0.
IV - FALSA. Caso ocorra um cirto-circuito fase-fase no nó Q, digamos entre as fases A e B, então I1 = −I2 , mas IA = I1 , IB = I2 e IC = I3 . Dessa forma, embora as correntes IA e IB sejam muito elevadas a corrente diferencial Id também será nula. ✞
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) No âmbito dos sistemas de geração, transmissão e distribuição de energia elétrica, analise as afirmativas abaixo. I
– As subestações com isolamento em SF6 visam a ocupar a menor área construída possível e são indicadas para utilização em locais com elevado custo do metro quadrado do terreno. II – Dentre os equipamentos de uma subestação, as chaves seccionadoras são os dispositivos destinados a interromper a corrente de circuitos em carga. III – O arranjo de barramentos na configuração disjuntor e meio proporciona a possibilidade de manutenção de qualquer disjuntor do arranjo sem a necessidade de desligamento dos circuitos.
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Resolução:
(E) I e III
T
Está correto APENAS o que se afirma em (C) III (A) I (D) I e II (B) II
AF
I - VERDADEIRA. O hexafluoreto de enxofre SF6 é um gás mais denso que o ar e atua como um dielétrico (isolante) poderoso. Desta forma, um ambiente impregnado com este gás permite uma aproximação bem maior dos condutores sem risco de abertura de arco o que eventualmente acaba por minimizar o espaço necessário para a construção da subestação. A economia com espaço reduzido só recompensa o investimento neste tipo de isolamento em 398.126.848-24
R
áreas urbanas e/ou turísticas, aonde o custo do metro quadrado torna o projeto convencional proibitivo.
II - FALSA. Os dispositivos que interrompem circuitos em carga não são as chave seccionadoras e sim os disjuntores. A verdadeira função das chaves
D
seccionadoras é isolar circuitos para manutenção e parada, uma vez que elas não são equipadas com o mesmo aparato de extinção de arco que um disjuntor dispõe.
III - VERDADEIRA. A configuração disjuntor e meio se trata de um arranjo em paralelo, garantindo que mesmo a parada para manutenção de um disjuntor não afete o funcionamento do sistema, como o disjuntor a ser consertado pode ser aberto sem cortar o fornecimento de energia é um arranjo que aumenta a confiabilidade do sistema. ✞
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
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Queda de tensão em V/A.km
16,9
10,6
7,07
4,23
2,68
Seção nominal em mm²
2,5
4
6
10
16
Considere a tabela apresentada acima para dimensionamento de condutores pelo critério do limite de queda de tensão. A tabela já está de acordo com o tipo de isolação do condutor, o modo de instalação, o material do eletroduto, o tipo de circuito e com o fator de potência do circuito. Suponha que o limite da queda de tensão admitida seja de 4% para o trecho da instalação, o comprimento do circuito seja de 40 metros, a corrente de projeto do circuito seja de 20 ampères, e a tensão de alimentação seja de 220 volts.
(B) 4
(C) 6
(D) 10
(E) 16
AF
(A) 2,5
T
Qual a menor seção nominal do condutor, em mm², que deve ser adotada para o seu dimensionamento, de acordo com o critério do limite de queda de tensão?
Resolução:
Esta questão é bastante direta uma vez que no enunciado os dados relevantes já são dados, cabendo ao candidato apenas utilizá-los adequadamente. A queda de tensão máxima permitida é de 4%, como a tensão da instalação é de 220 V, temos:
398.126.848-24
R
Vmax = 4% × 220V Vmax = 8, 8 V
D
Como a corrente máxima e o comprimento do condutor são dados, temos: P = (Corrente) × (Comprimento) P = 20A × 0, 040km P = 0, 8 A.km
De modo que a maior queda de tensão por corrente por quilômetro, Qmax é dada por: Vmax = Qmax P
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6. 8
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-2
4
8, 8V = Qmax 0, 8A.km 11 V Qmax = A.km
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Sistemas de Potência II
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Como estamos sobredimensionando devemos utilizar o valor de Q inferior mais próximo de Qmax , utilizar valores maiores implicaria em desperdício de condutor. Desta forma, evidenciamos que a resposta é a letra (B). ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 8
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
A NBR 5410:2004 estabelece as prescrições de aterramento e a equipotencialização por razões funcionais. Entendem-se razões funcionais com o sentido de garantir o bom funcionamento dos circuitos de sinal e a compatibilidade eletromagnética. A esse respeito, considere as afirmativas abaixo. - Um mesmo condutor não pode ser utilizado simultaneamente para fins de condutor de proteção e condutor de aterramento funcional. II - O aterramento funcional deve ser sempre separado do barramento de equipotencialização principal da edificação. III - Condutores de aterramento de dispositivos de proteção contra sobretensão podem ser ligados ao barramento de equipotencialização funcional.
(E) II e III
AF
Está correto APENAS o que se afirma em (C) III (D) I e II
(A) I (B) II
T
I
Resolução:
Esta questão trata diretamente do conteúdo da NBR 5410. I - FALSA. A norma prevê a possibilidade e define o conceito de aterramento combinado com condutores destinados a servir simultaneamente como con398.126.848-24
R
dutor de aterramento funcional e de proteção, desde que esse condutor satisfaça em toda a sua extensão as prescrições de um condutor de proteção. Esse tipo de configuração recebe o nome de aterramento combinado.
D
II - FALSA. A NBR5410 prevê que equipamentos com aterramento funcional, sobretudo nas instalações com uso intenso equipamentos de tecnologia da informação, podem ser conectados ao barramento de equipotencialização principal via um prolongamento por condutor de baixa impedância.
III - VERDADEIRA. A norma prevê a possibilidade de conexão de dispositivos de proteção contra sobretensão no barramento de equipotencialização funcional por se tratar de um requisito importante para o funcionamento adequado destes dispositivos, explícito no item 6.4.5.2. ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 9
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
O relé de gás é um dispositivo de proteção empregado normalmente em transformadores de força. Esse relé também recebe o nome de relé Buchholz. Uma das finalidades desse relé é proteger o transformador contra (A) vazamentos de gás SF6 em sua carcaça, que causam baixa concentração de gás no relé. (B) surtos de tensão causados por descargas atmosféricas, que ionizam o gás de proteção do relé. (C) correntes elevadas causadas por sobrecargas, que aquecem o gás de proteção do relé. (D) correntes de fuga causadas por falhas no sistema de aterramento, que aquecem o gás de proteção do relé. (E) falhas no isolamento interno com formação de arco, que aquecem e volatizam o óleo do transformador.
398.126.848-24
Resolução: Esta questão exige apenas que o candidato conheça a utilização do Relé de Gás (Relé Buchholz). Esse relé e usado para identificar falhas dielétricas em equi-
T
pamentos resfriados a óleo (em geral transformadores e reatores). Ao ocorrer um arco elétrico entre partes imersas em óleo, ocorre a formação de gás proveniente da queima de óleo no local em virtude da elevação de temperatura. A diferença
AF
de densidade entre o óleo e o gás provoca um fluxo de óleo que movimenta uma espécie de “catavento” que aciona um disjuntor isolando o equipamento antes que danos maiores ocorram. Analisando as alternativas:
(A) INCORRETA. Esse relé é usado apenas em equipamentos resfriados a óleo (não a SF6 ).
(B) INCORRETA. O gás citado anteriormente não faz parte do relé (ele é identifi398.126.848-24
R
cado pelo relé).
(C) INCORRETA. Embora seja possível a atuação com correntes de sobrecarga ela não aquece o gás e sim o óleo. No caso de correntes de sobrecarga o
D
princípio de funcionamento é o mesmo: a corrente de sobrecarga causa um aquecimento local que promove a formação de gás e consequentemente o fluxo de óleo que é identificado pelo “catavento”.
(D) INCORRETA. Novamente, o gás não faz parte do relé. (E) CORRETA. Ela contém a essência do que foi apresentado anteriormente como princípio de funcionamento do relé de gás. ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
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T
A Agência Nacional de Energia Elétrica (Aneel), através dos Procedimentos de Distribuição de Energia Elétrica no Sistema Elétrico Nacional (Prodist), qualifica os harmônicos como fenômenos relacionados à qualidade da energia elétrica. Suponha que, em um barramento elétrico de potência, a tensão fundamental seja de 200 V e que as tensões das componentes harmônicas sejam de 30 V, 15 V e 10 V para o 7o, o 11o e o 13o harmônico, respectivamente. Nesse caso, a d istorção harmônica total de tensão, em valor percentual, será de (A) 3,0 (B) 7,5 (C) 12,0 (D) 17,5 (E) 27,5
Resolução:
A distorção harmônica total é uma medida da energia dos outros harmônicos
AF
relativos à energia do harmônico fundamental. É dada por: pP∞ 2 i=2 Vi D= V1
Ou seja, quanto maior a participação dos harmônicos, maior a distorção. De acordo com o enunciado devemos contabilizar os harmônicos ímpares 7, 11 e 13. Logo:
p V72 + V112 + V132 D= V1
R
398.126.848-24
D
Substituindo os valores numéricos: √ 302 + 152 + 102 D= 200 √ 1225 D= 200 Como
√
1225 = 35, temos: D=
35 = 0, 175 = 17, 5% 200 ✞
☎
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Questão 11
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Os disjuntores termomagnéticos são dispositivos utilizados para a proteção das instalações elétricas, sendo amplamente empregados nas instalações elétricas prediais e industriais. Em instalações elétricas de baixa tensão, o dimensionamento adequado dos disjuntores (A) é baseado na impedância de curto-circuito vista pelo ponto de conexão da instalação elétrica. (B) deve garantir que a capacidade de condução de corrente dos condutores seja maior que a corrente nominal dos disjuntores. (C) deve interromper os condutores fase e neutro, no caso de atuação por curto-circuito. (D) previne acidentes causados por correntes de fuga na instalação, protegendo pessoas contra choques elétricos e evitando ainda o desperdício de energia. (E) garante que os mesmos desarmem apenas a fase em sobrecarga, no caso de disjuntores bipolares e tripolares.
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T
Resolução: Os disjuntores termomagnéticos são dispositivos de proteção com duas formas de atuação, respondendo tanto à sobrecarga (efeito térmico) quanto ao curto
AF
circuito (efeito magnético). Ou seja, ele desarma em dois eventos distintos. Julgando as alternativas temos:
Na alternativa (A) nos diz que a escolha do disjuntor é pautada pela impedância de curto circuito. Isto é verdadeiro em parte, pois é necessário dimensionar a corrente de curto para garantir que o disjuntor desarme corretamente e para isto é necessário conhecer a impedância do sistema, mas isto também envolve outros fatores como a tensão de restabelecimento transitória e a relação X/R do ponto de 398.126.848-24
R
falta.
Naturalmente, os condutores devem suportar correntes superiores àquelas
do disjuntor, caso contrário existiria o risco de danificação dos condutores antes
D
do disjuntor, ou seja a proteção sendo danificada antes do equipamento protegido, o que contraria toda a filosofia da proteção elétrica. Desta forma (B) é verdadeira por recomendar uma boa prática. Em (D) o dispositivo de proteção que atua em casa de choque elétrico ou
corrente de fuga é o disjuntor diferencial residual, ou DR, que não vêm ao caso. Em (E) equivocadamente se afirma que apenas uma fase é desarmada. Muitas cargas mais não funcionam adequadamente sem alimentação trifásica, como é o caso dos motores de indução, e tendo em vista estas cargas normalmente os disjuntores desarmam completamente, o que invalida da mesma forma ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
a alternativa (C).
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398.126.848-24
Questão 12
8.
16
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Sistemas de Potência II
12
6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
Seções nominais dos condutores em mm2
Capacidade de condução de corrente em ampères
2,5
37
4
50
6
65
398.126.848-24
10
90
16
121
T
O quadro acima apresenta informações sobre seções nominais dos condutores e mostra a capacidade de condução da corrente dos condutores de acordo com a sua seção nominal. Em uma determinada instalação elétrica, a corrente de projeto da instalação é de 63 A, e as condições de instalação determinam um fator de correção de temperatura de 1,05 e um fator de correção de agrupamento de 0,6.
Qual seção nominal dos condutores (em mm2) deve ser adotada? 2,5 4 6 10 16
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Definindo FCT o Fator de Correção de Temperatura e FCA o Fator de Corre398.126.848-24
R
ção por Agrupamento, a corrente a ser utilizada no dimensionamento, Id em função da corrente de projeto Ip é:
Ip F CT × F CA 63 Id = = 100 A 1, 05 × 0, 6
D
Id =
Como o único critério de dimensionamento abordado na questão é o crité-
rio de condução de corrente (a questão não fornece informação sobre queda de tensão), devemos utilizar um condutor que tenha capacidade de condução de corrente maior que 100 A. Dessa forma, pela tabela fornecida o condutor que deve ser escolhido é o de 16 mm2 . ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
17
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Sistemas de Potência II
12
6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Os relés de distância são soluções conhecidas para proteção de sistemas elétricos de potência. Esses relés são denominados pelo número 21 e englobam o relé
398.126.848-24
de impedância, o relé de admitância (Mho) e o relé de reatância. Seja uma linha de transmissão de 230 kV, cuja impedância é de 143,75 Ω. Para a aplicação de um relé de impedância que proteja 80% da linha de transmissão será utilizado um TC de
e um TP de
.
5Ω 6,25 Ω 115 Ω 500 Ω 575 Ω
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
T
A regulagem desse relé de impedância será de
Resolução:
O relé de impedância funciona na verdade como um relé de distância em relação à falta, pois a impedância vista pela fonte da figura a seguir é proporcional à distância do ponto em que ocorre a falta. Quando uma falta ocorre com distância
398.126.848-24
R
igual a L1 = 0, 8 × Llinha , em que Llinha é o comprimento da linha, a impedância
vista pela fonte é igual a 0, 8 × Zlinha . O que o relé deve identificar é esse valor de
impedância. Isso é feito usando um TC e um TP como enunciado.
D
Sejam Vp e Vs as tensões no primário e secundário do TP e Ip , Is as cor-
rentes no primário e no secundário do TC respectivamente. Assim, a impedância vista pelo secundário do esquema TP - TC (impedância de ajuste do relé, pois ele está instalado no secundário do esquema (TP-TC) é Zs dada por: Zs = Em que Zp =
Vp Ip
Vs Vs Ip Vp Vs Ip = × × = × × Zp Is Vp Is Ip Vp Is
é a impedância vista pelo primário do esquema TC-TP, no
caso Zp = 0, 8 × 143, 75 = 115Ω. Assim, 230000 500 × × 115 = 5 Ω 100 5
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Zs =
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
398.126.848-24
✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
R
AF
Questão 14
T
Alternativa (A) ✆ ✝
O aterramento em instalações elétricas é importante para a segurança no uso de equipamentos elétricos e previne, principalmente, acidentes com choques elétricos.
D
Dentre os cinco tipos de esquemas de aterramento comumente utilizados, a figura acima demonstra o esquema (A) IT (B) TT (C) TN-C-S (D) TN-C (E) TN-S
Resolução: No caso desta questão existem dois equipamentos aterrados e ambos estão conectados ao condutor de proteção (PE) que é separado do condutor neutro
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(esquema TN-S). O fato de que existe uma carga trifásica e outra monofásica não
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8.
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12
6
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influencia em nada a classificação do esquema de aterramento. A letra T indica que o neutro está ligado diretamente ao terra de serviço (aterramento de alimentação). A letra N indica que as massas estão ligadas diretamente ao neutro. A letra S indica que as cargas tem disponíveis dois condutores (neutro e terra). A Figura abaixo apresenta os principais esquemas de aterramento utilizados e em
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝ 398.126.848-24
R
AF
T
geral cobrados por bancas examinadoras.
Questão 15
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Projeto de sistemas de aterramento para cargas sensíveis tem sido motivo de crescente preocupação entre os engenheiros eletricistas. Dentre as filosofias de aterramento utilizadas, uma delas prevê o aterramento das carcaças dos equipamentos eletrônicos através do condutor de proteção que se encontra conectado à barra de proteção, no quadro de distribuição de circuitos. Nesse quadro, além dos barramentos de fase e neutro, estão também previstas duas barras de terra, uma para proteção e outra de referência de sinal. As duas barras mencionadas estão conectadas à malha de terra do sistema de força. A descrição apresentada acima refere-se ao sistema de aterramento (A) independente. (B) de ponto único. (C) de força. (D) de potência. (E) com malha de terra de referência.
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8.
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12
6
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Resolução: Esta questão requer apenas que o candidato conheça as configurações mais comuns de aterramento. 398.126.848-24
(A) INCORRETA. Em sistemas de aterramento independente, a referência de sinal e o aterramento de proteção são aterrados em pontos diferentes (dois eletrodos ou malhas distanciadas, com acoplamento apenas resistivo devido à resistência do solo). (B) CORRETA. Observe que o enunciado se refere à duas barras (proteção e referência de sinal), ou seja, dois sistemas diferentes. Como ambos estão conectados à malha de terra do SISTEMA DE FORÇA trata-se de um aterramento malha do sistema de força.
T
em que existe um ponto comum que corresponde ao ponto de aterramento da
AF
(C) INCORRETA. Um sistema de aterramento de força é caracterizado pelo fato de que tanto as carcaças dos equipamentos quanto as referências de sinais estão conectadas diretamente à malha do sistema de força, sem a separação. No entanto, conforme o enunciado, o aterramento das carcaças e a referência de sinal são conectados à barramentos distintos. Dessa forma a alternativa é incorreta.
(D) INCORRETA. Sistema de aterramento de potência é sinônimo de sistema de 398.126.848-24
R
aterramento de força.
(E) INCORRETA. Como a ligação à terra é feita pela malha de terra do sistema
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
de força, não há malha de terra de referência.
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Questão 16
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
TRECHO A
T
A figura acima apresenta a planta baixa de um dos cômodos de uma casa. O circuito que alimenta esse cômodo chega por uma das luminárias pontuais. Para que as duas luminárias sejam comandadas simultaneamente, por meio dos dois interruptores paralelos, é necessário que, nos trechos A, B e C da linha, passem os seguintes condutores: TRECHO B
TRECHO C
retorno, retorno e retorno
fase, neutro, terra
fase, retorno e retorno
(B)
fase, retorno e retorno
fase, neutro e retorno
retorno, retorno e retorno
(C)
fase, retorno e retorno
fase, neutro, terra, retorno e retorno
retorno, retorno e retorno
(D)
retorno, retorno e retorno
fase, neutro, terra, retorno, retorno e retorno
fase, retorno e retorno
(E)
fase, retorno e retorno
fase, neutro, terra, retorno, retorno e retorno
retorno, retorno e retorno 398.126.848-24
R
AF
(A)
D
Resolução:
Esta questão requer apenas conhecer o esquema de ligação de um inter-
6. 8
48
-2
4
ruptor paralelo, como indicado na figura. Numa configuração deste tipo existem
39
8.
12
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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duas possibilidades de interruptor para receber a fase, gerando, portanto duas configurações diferentes, como mostrado a seguir. Deve-se ressaltar que a fase chega a um dos interruptores, do qual sairá os dois retornos paralelos. Os retornos paralelos chegam ao outro interruptor, do qual
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sai o interruptor simples que aciona as lâmpadas. O neutro e o terra devem chegar até as lâmpadas. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
T
Questão 17
AF
Relés de sobrecorrente estáticos são equipamentos destinados a subestações de menor porte, instalados junto aos disjuntores de média tensão, dispensando alimentação auxiliar. Suponha que um desses relés seja instalado no polo do disjuntor que protege um transformador trifásico de 200 kVA, alimentando uma pequena indústria. A tensão primária é de 13,8 kV, e a corrente máxima é igual a 130% da carga nominal do transformador. Nessas condições, o valor aproximado, em ampères, da corrente de ajuste da unidade temporizada desse relé é igual a (A) 21,6 (B) 14,5 (C) 10,9 (D) 8,4 (E) 2,2
Resolução:
R
Sendo a corrente nominal de linha primária do transformador: IL = √
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S 3 × VL
Onde VL é a tensão de linha do primário do transformador. Então a corrente má-
D
xima será:
Imax = 1, 3 × IL
Assim,
Imax = 1, 3 × √
200k = 10, 9 A 3 × 13, 8k
Dessa forma, o relé deve ser ajustado para permitir uma corrente de sobrecarga de até 1, 3 A por tempo indeterminado. Se a corrente for superior a esse valor a unidade temporizada irá atuar de acordo com a curva do relé. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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8.
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
minutos
Questão 18
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6
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398.126.848-24
1.000 800 600 400 S
Curvas - carga tripolar Classe de partida
Tempo de disparo
200
30 s 20 s
20 10 8 6 4 2
10 s 5s
T
segundos
100 80 60 40
AF
1 0,6 1 2 4 6 8 10 X I e A figura acima mostra as curvas características de disparo de um relé de sobrecarga que comanda a abertura de um disjuntor, onde Ie é a corrente de atuação do relé. Sabe-se que a corrente de atuação do relé é 500 A, a relação de transformação do TC utilizado é 50 e a classe de partida é igual a 5 s. O tempo, em segundos, para que o disjuntor se desligue com uma corrente de 4.000 A é (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 7 (E) 9
Resolução:
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R
A curva fornecida na questão corresponde ao tempo em que ocorre a inter-
rupção de uma corrente de sobrecarga em função do valor da corrente de sobrecarga. Observe que correntes menores Ie não são interrompidas, por não configurarem sobrecarga. Isso não significa que Ie seja a corrente nominal do dispositivo,
D
mas uma corrente de sobrecarga aceitável por tempo indeterminado. Quanto maior for a corrente de sobrecarga, menor será o tempo até a interrupção. Como Ie = 500 A, a corrente de sobrecarga de 4000 A corresponde a 8 × Ie .
Dessa forma, consultando a curva da classe de 5s (conforme indicado no enunciado da questão) temos que o tempo para interrupção é de 4 s, sendo essa a resposta da questão. Note que não é necessário utilizar a informação da relação
de transformação do TC, já que a curva está dada em função da corrente de ajuste do relé, ou seja a corrente de linha limite para a qual o relé não atua. ✞
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 19
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Consumidor
Potência instalada [kVA]
Fator de demanda
Fator de diversidade
P
45
0,60
2,0
Q
50
0,70
1,6
R
30
0,55
1,8
S
20
0,80
1,6
AF
T
A tabela acima apresenta as características de quatro consumidores que serão alimentados por um transformador de distribuição trifásico. No mercado da região estão disponíveis transformadores com as seguintes potências em kVA: 30,0 ; 45,0 ; 75,0 ; 112,5 e 225,0. Diante do exposto, o transformador que poderá ser instalado, sem trabalhar com sobrecarga, em kVA, é o transformador de (A) 30,0 (B) 45,0 (C) 75,0 (D) 112,5 (E) 225,0
Resolução:
Esta questão é importante porque requer duas definições importantes: Fator de Demanda e Fator de Diversidade: Seja Dmax a demanda máxima do consumidor e Pinst sua potência instalada. Então, o Fator de demanda FDM é definido por: Dmax Pinst
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R
F DM =
Já o fator de diversidade FDI é a razão entre a soma das demandas máxi-
mas de todos os equipamentos do consumidor e a demanda máxima que de fato ocorre. Esse conceito leva em consideração o fato de que os equipamentos do
D
consumidor tem natureza diversificada e tempos de utilização diferentes ao longo do dia. Dessa forma, a potência que o transformador deve ser projetado para fornecer é:
F DMP × Pinst,P F DMQ × Pinst,Q F DMP × Pinst,R F DMP × Pinst,S + + + F DIVP F DIVQ F DIVR F DIVS 45 × 0, 6 50 × 0, 7 30 × 0, 55 20 × 0, 8 = + + + = 54, 5 kVA 2 1, 6 1, 8 1, 6
Ptraf o =
Ptraf o
Dessa forma, dentre as potências disponíveis aquela que é imediatamente maior à calculada é de 75kVA, sendo essa a potência do transformador escolhido. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 20
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Consumidor I II III IV V
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Potência Instalada [kW] 350 400 800 150 70
Demanda Máxima[kW] 300 250 700 100 50
T
A tabela acima apresenta os resultados de um estudo feito em um sistema de distribuição. Com base nessas informações e sabendo que a demanda máxima do conjunto é 900 kW, o fator de demanda diário do conjunto de consumidores é, aproximadamente, (A) 0,35 (B) 0,44 (C) 0,50 (D) 0,64 (E) 0,79
Resolução:
AF
A definição de Fator de Demanda, FD é: FD =
Dmax Pinst
Em que Dmax é a demanda máxima da instalação (no caso desta questão Dmax = 900 kW ) e Pinst é a potência total instalada (soma das potências nominais de todos os equipamentos da instalação). Dessa forma, Pinst = 350k + 400k +
R
800k + 150k + 70k = 1770 kW . Assim, aplicando a definição, temos que FD =
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900k = 0, 5085 1770k
D
O arredondamento nas respostas foi para F D = 0, 50. É importante ressal-
tar que a demanda máxima não é a soma das demandas máximas de todos os consumidores, na medida em que o pico de demanda não ocorre, em geral, simultaneamente em todos os consumidores. Já a potência instalada é a soma das potências nominais de cada consumidor. ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 21
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Para realizar a escolha do Esquema de Aterramento, devem ser conhecidas as necessidades dos locais envolvidos. Numa instalação em que é fundamental manter a continuidade do serviço elétrico e, ao mesmo tempo, ter uma melhor qualidade de energia fornecida aos equipamentos, o Esquema adequado é o (A) TN-S (B) TN-C (C) TN-C-S (D) TT (E) IT Médico
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Resolução:
T
Conforme descrito no enunciado, a continuidade do fornecimento é essencial nesta aplicação. É o caso, por exemplo de equipamentos eletromédicos, em que a falta de energia, ou ocorrência de distúrbios, podem significar danos à vida
AF
do paciente. No esquema IT-médico não há qualquer tipo de conexão entre condutores com tensão não nula e o aterramento. Existem diversos requisitos para o esquema IT-médico como a presença de dispositivos de identificação de fugas e falhas, limites de tensão, dispositivos de supervisão de isolamento, dispositivo supervisor de temperatura, entre outros, dependendo do grupo de equipamentos que compõe o sistema. Todos esses requisitos estão expostos na norma NBR13534. Analisando as alternativas:
R
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(A), (B), (C) e (D) INCORRETAS. Os esquemas TN-S, TN-C, TN-C-S e TT
tem conexão do neutro da fonte com a terra. Dessa forma, faltas fase-terra propiciarão uma elevada corrente de falta e consequentemente redução drástica (ou
D
sobretensão nas fases em que não ocorreu a falta) da tensão fase-neutro, o que compromete o funcionamento dos equipamentos da instalação. (E) CORRETA pelo que foi exposto no início da resolução. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 22
8.
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-1-1-
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a E1 a b
b 2x100W
E2
-1a c 2x100W -1-
-1-
c
AF
T
A figura acima apresenta a planta baixa da instalação elétrica da sala de um apartamento. De acordo com a planta, os condutores que devem passar pelo eletroduto E2 são (A) fase e 3 retornos. (B) neutro e 2 retornos. (C) fase, neutro e 1 retorno. (D) fase, neutro e 2 retornos. (E) fase, neutro e 3 retornos.
Resolução:
Devem passar pelo eletroduto E2 os seguintes condutores: • Fase: Para conexão nas duas tomadas do recinto. Observe que a fase não será conectada à lâmpada, mas às tomadas, justificando sua passagem pelo eletroduto E2.
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R
• Neutro: Para conexão nas lâmpadas (a) e (c) e nas tomadas.
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
• Dois retornos: Retorno para a lâmpada (a) e retorno para a lâmpada (c).
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Questão 23
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) 1:n
A
Z
B
398.126.848-24
V’
V
AF
T
Com o objetivo de melhorar a regulação da tensão em sistemas de potência, pode-se usar um transformador em fase, com relação de espiras variável. No contexto da modelagem de sistemas, considerando os valores por unidade (pu), teoricamente seriam necessárias mudanças de base a cada variação na relação de espiras do transformador. Para contornar este problema, o equipamento é modelado por um transformador ideal com relação de espiras 1:n em série com uma impedância, conforme mostra a figura acima. Suponha que o transformador abaixador em fase conecte duas barras com tensões nominais de 130/69 kV. Em uma situação hipotética, na qual as tensões terminais valem 140/56 kV, o valor de n, em pu, é (D) 1,2 (A) 0,4 (E) 2,5 (B) 0,8 (C) 1,0
Resolução:
Nesta questão não será feito o desenvolvimento algébrico preliminar, antes da substituição dos valores numéricos, já que isso complicaria sobremaneira a
398.126.848-24
R
questão. Estabelecendo como bases de tensão 130/69 kV temos que em todas as situações as grandezas devem ser expressas em valores por unidade (pu) usando essa base.
D
Não é necessário especificar, nesta questão, base de potência. Suponha
que ao primário seja conectada uma fonte de 140 kV , que corresponde a Assim, a tensão no secundário em pu será
140 130
140 pu. 130
× n. Pelo enunciado a tensão no
secundário quando ao primário está conectada uma fonte de 140 kV é 56 kV (que corresponde em pu a
56 pu). 69
Dessa forma, 140 56 ×n= 130 69
Logo n = 0, 7536. A aproximação disponível nas respostas é n = 0, 8. ✞
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12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 24
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Sistemas de Potência II
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
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Resolução:
T
Uma das finalidades do aterramento é prover segurança ao operador ou usuário de um equipamento elétrico. Para tanto, é necessário que a corrente de falta seja maior que a corrente de atuação do dispositivo de proteção. Essa condição depende (A) das condições físicas do local e das condições físicas do usuário. (B) da tensão do sistema elétrico, das condições físicas do local e das condições físicas do usuário. (C) da corrente de falta, das condições físicas do local e das condições físicas do usuário. (D) da corrente de atuação, das condições físicas do local e das condições físicas do usuário. (E) apenas da tensão do sistema elétrico considerado.
Considere o esquema da figura a seguir. Ela representa uma situação em
AF
que um indivíduo toca em um objeto em que a carcaça está submetida a uma tensão não nula (devido a uma falha no isolamento por exemplo). No entanto a carcaça está aterrada e a resistência de aterramento é RT 2 . O neutro de fonte também está aterrado e a resistência de aterramento é RT 1 . Note que tanto RT 1 quanto RT 2 são não-nulos (idealmente seriam nulos, mas é impossível construir um sistema de aterramento ideal). O corpo do indivíduo tem resistência denotada 398.126.848-24
D
R
por RI .
O circuito equivalente da figura deixa claro que a corrente IT ot depende de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
RT 1 , RT 2 e RI . Mas as resistência de aterramento (RT 1 e RT 2 ) dependem das
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Sistemas de Potência II
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condições físicas do local). Já a resistência RI depende das condições do operador/usuário. De fato, a corrente de falta é função desses parâmetros. Mas em outras situações como em uma descarga atmosférica a corrente de falta é injetada pela descarga, daí a justificativa para a dependência direta da condição de acionamento do sistema de proteção com a corrente de falta. Dessa forma, a condição
398.126.848-24
mencionada no enunciado depende da corrente de falta, das condições físicas do local e das condições físicas do usuário. (A) INCORRETA, pois no caso de uma descarga atmosférica a corrente é injetada diretamente, não sendo fruto da tensão VS . (B) INCORRETA. A tensão que importa é a tensão do equipamento, não a tensão
T
do sistema elétrico. Além disso, esse equipamento pode ter uma resistência série elevada que impeça que a corrente de falta seja alta.
AF
(C) CORRETA. Pelo que foi apresentado anteriormente.
(D) INCORRETA. O dispositivo é especificado para uma determinada aplicação e tem sua corrente de atuação fixa/configurada previamente. Este item é bastante confuso. É claro que a condição depende da corrente de atuação, mas por ser o dispositivo especificado no projeto, considera-se esta alternativa incorreta.
(E) INCORRETA. A resistência de aterramento e consequentemente as condi-
R
ções do solo por exemplo afetam a corrente IT ot e portanto a condição a ser
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satisfeita.
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Questão 25
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Sistemas de Potência II
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) V = 138kV Subestação 1 - 30MVA 52
52
Subestação 2 - 15MVA
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G
Subestação 3 - 10MVA
51
51
A
50
B
1,5
In RTC
AF
tape
T
O diagrama unifilar acima apresenta um sistema elétrico de potência composto por uma unidade geradora G, uma linha de transmissão e três subestações abaixadoras. O disjuntor 52 da barra A é para 400A e o seu TC possui as seguintes relações de transformação – 600/500/300:5. O relé de sobrecorrente possui unidade temporizada com tapes de 4, 5, 6, 8, 10, 16 e 32 A. Sabe-se que o ajuste mínimo do tape da unidade temporizada do relé 51 é dado por:
onde: In é a corrente nominal do circuito; RTC é a relação de transformação do TC
Usando a menor relação de transformação em que pode ser ajustado o TC do disjuntor 52 da barra A, o valor mínimo do tape da unidade temporizada do relé 51 da barra A é (A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 8 (E) 10
Resolução:
R
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Como não foi fornecida nenhuma informação sobre fator de potência, vamos
considerar que o fator de potência das subestações 1, 2 e 3 seja igual, de forma
D
que a potência aparente total do barramento B é: ST = S1 + S2 + S3 = 30M + 15M + 10M = 55 M VA
Dessa forma, como a potência aparente do barramento B é ST =
√
3 × VL ×
In , em que VL é a tensão de linha da barra B (138 kV ) e In é a corrente de linha que passa pelo disjuntor 52. Dessa forma, In = √
ST 55M =√ = 230, 10 A 3 × VL 3 × 138k
Como a menor relação de transformação do TC é
= 60, temos que
230, 10 In = 1, 5 × = 5, 75 RT C 60
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8.
12
6. 8
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-2
4
tape > 1, 5 ×
300 5
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6
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Dentre as opções de “tape” disponíveis a menor que supera 5,75 é 6. Logo o tape a ser escolhido vale 6. ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝ 398.126.848-24
Questão 26
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) Potência [kW] 30 25
T
20 15 10 5
AF
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 tempo [min]
A figura acima apresenta a curva de carga de um consumidor industrial em função do tempo. A demanda, em kW, para o intervalo de 10 minutos vale (A) 7,5 (B) 22,5 (C) 75,5 (D) 150,5 (E) 225,0
R
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Resolução:
A definição de demanda é o valor médio da potência instantânea em um
D
determinado intervalo de tempo. Dessa forma, se p(t) é a potência no instante t, então a demanda no intervalo de tempo [0,T] é Z T 1 D= × p(t)dt T 0 No caso desta questão a integral é facilmente calculada pois a área sob a curva pode ser obtida por área de retângulos. Assim D=
1 225 × (5k × 1 + 15k × 2 + 25k × 4 + 30k × 3) = = 22, 5 kW 10 10 ✞
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Questão 27
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) A geração de energia elétrica por meio de termelétricas a carvão mineral tem ganho espaço recentemente no Brasil, apesar das diversas questões ambientais envolvidas. Sobre essa fonte de energia, analise as afirmativas a seguir.
398.126.848-24
– O carvão brasileiro é caracterizado por seu alto poder calorífico, com baixo teor de enxofre, sendo que os processos de beneficiamento necessários não oneram seus custos. II – A competitividade do carvão no Brasil é afetada pelos custos elevados de produção, pelos encargos de preservação ambiental como também pela disponibilidade de gás natural junto às áreas produtoras. III – O esforço no desenvolvimento de tecnologias limpas no uso do carvão para geração de energia elétrica está associado, principalmente, ao fato de ser o combustível fóssil mais poluente entre os demais.
T
I
AF
Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução:
O carvão, fonte de energia termoelétrica principal em grandes consumidores como EUA e China, não é de uso muito difundido no Brasil, por vários motivos discutidos nesta questão.
I - FALSA. A alternativa afirma que o carvão brasileiro tem alto poder calorífico 398.126.848-24
R
e baixo conteúdo de enxofre, sendo, portanto de qualidade. Porém, o que ocorre é justamente o oposto, e os custos envolvidos no beneficiamento do carvão tornam seu uso proibitivo.
D
II - VERDADEIRA. É verdadeiro o fato constatado que o gás natural vem se destacando como o principal combustível fóssil para as termoelétricas, uma vez que o carvão não é um competidor à altura por seus custos logísticos, de beneficiamento e extração.
III - FALSA. Dentre todos os combustíveis fósseis, exceto talvez pelo xisto, o carvão é a alternativa mais poluente entre todas, especialmente pela presença de enxofre e nitrogenados, responsáveis pela chuva ácida. Assim, toda uma atenção na pesquisa é dedicada para minimizar os malefícios do carvão. ✞
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Questão 28
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) Sobre a utilização de dispositivos DR, considere as afirmativas a seguir. I
– O uso do dispositivo DR torna opcional a utilização do condutor de proteção. II – No momento de sua atuação, o dispositivo DR deverá seccionar apenas as fases do circuito protegido. III – Para utilizar dispositivos DR nos esquemas de aterramento TN-C, antes do seu ponto de instalação, o esquema de aterramento deve ser convertido para TN-C-S.
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AF
Resolução:
T
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) II e III.
I - FALSA. O dispositivo DR não dispensa o uso de condutor de proteção. Imagine que um equipamento seja trifásico sem neutro e que duas fases estejam conectados, devido a falhas de isolamento, em partes da carcaça isoladas entre si. Um usuário calçado que encoste cada braço em uma das partes será caminho de condução de corrente entre as duas fases. O dispositivo 398.126.848-24
R
DR não atuará por não haver fuga de corrente. Se a carcaça estiver aterrada isso não ocorrerá.
II - FALSA. O dispositivo DR deve seccionar tanto a fase quanto o neutro do circuito protegido. Uma razão para isso é a fuga de corrente pode envolver
D
uma fase de um circuito e o neutro de outro.
III - VERDADEIRA. Utilizar DR em um sistema que seja TN-C (ou seja pelo DR passará o neutro que também faz o papel de condutor de proteção) faz com que a fuga de corrente que deve passar pelo condutor de proteção passe pelo neutro (já que é o mesmo condutor). Dessa forma, não haverá corrente diferencial em caso de faltas. Dessa forma, para utilizar um DR em um sistema TN-C ele deve ser convertido em TN-C-S antes da instalação do DR. ✞
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6. 8
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Questão 29
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 38
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Resolução:
T
Em uma instalação elétrica de baixa tensão, um dos esquemas de aterramento permitidos é o TN. Sabe-se que esse esquema possui algumas variações, sendo uma delas o TN-C, no qual há (A) maior segurança, no uso do DR em seus circuitos terminais. (B) aterramento das cargas em um ponto diferente do aterramento da fonte. (C) menor nível de segurança sob o ponto de vista de descargas atmosféricas. (D) total adequação em uma instalação residencial, tratando-se de circuitos terminais. (E) proteção ao usuário da instalação propiciada por disjuntores, devido às elevadas correntes de falta.
TN-C.
AF
(A) INCORRETA. Não é permitido o uso de DR em esquemas de aterramento
(B) INCORRETA. Como o neutro e o terra são comuns, o aterramento da fonte e das cargas é o mesmo ponto, a saber, o ponto de aterramento da fonte. (C) INCORRETA. No caso de uma descarga atmosférica, o que importa de fato é a resistência de aterramento. Como mesmo em um esquema TN-S o terra 398.126.848-24
R
está conectado ao neutro (embora não sejam o mesmo condutor), não há deficiência desse esquema de aterramento quanto à descargas atmosféricas.
(D) INCORRETA. O esquema TN-C é um esquema de aterramento válido. Não é
D
inadequado, embora seja recomendado o uso do esquema TN-S. No entanto, deve-se ressaltar que o esquema TN-C é permitido apenas em instalações com canalizações rígidas e secção nominal igual ou superior a 10 mm2 .
(E) CORRETA. O uso do esquema TN-C faz com que as correntes de falta sejam mais elevadas, em virtude da baixa resistência de aterramento do neutro. Dessa forma, os disjuntores tendem a atuar mais rapidamente. Deve-se ressaltar que existem limites estabelecidos por norma para a resistência de aterramento do neutro em todas as épocas do ano. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) k 0,6 0,5
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0,4 0,3 0,2 0,1 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900
ρ[Ωm]
AF
T
Em muitos casos, a única alternativa que se mostra viável para a redução da resistência de aterramento é o tratamento do solo utilizando produtos químicos, tais como: cloreto de sódio, sulfato de cobre e bentonita. Esses produtos têm por finalidade reduzir a resistividade do solo em que são aplicados. O gráfico acima apresenta o coeficiente de redução, k, devido ao tratamento químico do solo, empregandose um determinado produto. Considere que, em uma determinada subestação, antes do tratamento, o terreno onde está instalada a malha de aterramento possuía uma resistividade de 600 m e resistência de aterramento de 250 . O novo valor da resistência de aterramento, em , após o tratamento químico do solo será (A) 25 (B) 50 (C) 75 (D) 90 (E) 180
R
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Resolução:
D
É informado que o solo antes do tratamento apresenta uma resistividade
de 600Ω.m de modo tal que o coeficiente de redução correspondente é k = 0, 3. Assim, a correção de resistência é: Rnovo = kRantigo = 0, 3 × 250Ω = 75 Ω
Assim, a resposta fica evidente. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010)
Dentre os tipos de relés, aquele que NÃO pertence à família dos relés de distância é o (A) diferencial. (B) de admitância. (C) de reatância. (D) de impedância. (E) de impedância modificado.
398.126.848-24
Resolução: A figura a seguir apresenta um esquema do relé diferencial, que é largamente utilizado para proteção de transformadores. O funcionamento desse relé é
T
o seguinte: Se Np /Ns = n2 /n1 então em condições normais, a corrente diferencial Id = Ips − Iss é nula. Se ocorrerem faltas internas no transformador Id é superior a um limite considerado aceitável e o relé envia comando para isolar o transformador.
AF
Observe que esse relé não é um relé de distância.
Já os relés de admitância, reatância, impedância e impedância modificado funcionam basicamente através do fato de que a distância em que ocorre uma falta é proporcional à impedância (ou resistência, ou reatância) vista pela fonte. Dessa forma, é possível determinar a distância em que ocorreu a falta através da medida dessas grandezas. Dessa forma, dentre os relés apresentados o único que não é relé de distância é o relé diferencial.
D
R
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010)
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Resolução:
T
Em um planejamento energético são abertas as possibilidades de aproveitamento de fontes alternativas de energia, objetivando diminuir os impactos ambientais bem como atender de forma mais adequada um dado tipo de consumidor. No Brasil, considera-se que a geração (A) termelétrica, utilizando o bagaço de cana-de-açúcar, possui grande potencial. (B) fotovoltaica é uma alternativa interessante, principalmente para os processos de aquecimento. (C) eólica possui grande potencial, principalmente na Região Sudeste. (D) fotovoltaica é a forma de geração alternativa de mais baixo custo, além de ser totalmente limpa. (E) por meio de microcentrais hidrelétricas é economicamente viável para a Região Norte.
Questões como esta exigem discernimento do candidato quanto à realidade deste setor.
AF
energética brasileira, obrigando o mesmo a se manter atualizado com os rumos
(A) CORRETA. Segundo essa alternativa o potencial de queima da biomassa é de grande potencial. De fato a popularização da cogeração e da venda da energia produzida nas usinas para as distribuidoras já é uma realidade. (B) INCORRETA. Nessa alternativa há uma confusão entre a energia fotovoltaica 398.126.848-24
R
gerada através da conversão direta de luz em energia elétrica como a heliotérmica que é o aquecimento de água através da concentração da luz do sol, muito utilizada por hotéis para economia com água aquecida em chuveiros.
(C) INCORRETA. Nessa alternativa há um equívoco quanto à região de maior
D
potencial de exploração eólica, que na realidade é a região Nordeste e alguns trechos da região Sul.
(D) INCORRETA. Ignora-se o fato que a energia fotovoltaica é a mais cara e menos competitiva das formas de geração, sem falar dos problemas existentes para conexão na rede elétrica. (E) INCORRETA. Na alternativa (E) há outro equívoco, na região Norte os rios são de grande extensão e volume de modo que a exploração hidroelétrica só pode ser realizada por grandes empreendimentos e não por meras PCH’s. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 47
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Resolução:
T
A Câmara de Comercialização de Energia Elétrica (CCEE) atua nas operações de compra e venda de energia, assumindo importante papel no Setor Elétrico. A atribuição dessa instituição é (A) analisar a carga de energia e de demanda dos agentes envolvidos na comercialização. (B) promover a medição e o registro dos dados de geração e consumo dos agentes envolvidos na comercialização. (C) operar de forma sistêmica a rede de transmissão e despachar a geração dos agentes envolvidos na comercialização. (D) regular e fiscalizar a geração, a transmissão, a distribuição e a comercialização da energia elétrica. (E) coordenar e controlar a operação das instalações de geração e transmissão de energia elétrica no Sistema Interligado Nacional.
Esta questão exige que o candidato conheça as atribuições das instituições
AF
relacionadas ao sistema elétrico brasileiro.
(A) INCORRETA. Essa é uma atribuição do ONS através de sua comissão de Estudos de Previsão e Acompanhamento de Carga.
(B) CORRETA. Uma das atribuições da CCEE é promover a medição e o registro dos dados de geração e consumo de todos os agentes da CCEE, apurando descumprimentos dos limites de geração e outras infrações.
R
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(C) INCORRETA. Segundo o artigo 2 do Título I da Resolução Normativa no 328, O ONS tem por objeto executar as atividades de coordenação e controle da operação da geração e da transmissão de energia elétrica do Sistema Interli-
D
gado Nacional - SIN, sob a fiscalização e regulação da Agência Nacional de Energia Elétrica - ANEEL. O despacho energético é de responsabilidade do ONS.
(D) INCORRETA. Esta é claramente uma atribuição da ANEEL. (E) INCORRETA. Esta é claramente uma atribuição do ONS. ✞
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Questão 34
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 48 O sistema elétrico brasileiro é considerado de grande complexidade, tendo em vista várias particularidades, por exemplo, a predominância de geração hidrelétrica, a extensão territorial e as grandes distâncias entre os sistemas de geração e os centros consumidores. Vários agentes estão envolvidos em diversas instâncias, visando a garantir o pleno funcionamento desse sistema com qualidade e economia. Considere as seguintes entidades ligadas ao setor elétrico brasileiro:
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I II III IV
– – – –
ONS EPE ANEEL ELETROBRÁS
– Realização de pesquisas em áreas de planejamento e operação do sistema elétrico, estudos econômico-financeiros e energéticos bem como execução de ensaios em equipamentos de alta tensão. Q – Coordenação e controle da operação das instalações de geração e transmissão de energia elétrica no Sistema Interligado Nacional. R – Prestação de serviços na área de estudos e pesquisas, visando ao planejamento do setor energético brasileiro em suas diversas fontes, por exemplo, elétrica, de petróleo, de carvão e à eficiência energética. S – Regulação e fiscalização da geração, transmissão, distribuição e comercialização da energia elétrica. T – Criação e implementação de soluções visando ao atendimento do mercado de energia elétrica, dando suporte a programas governamentais, como o Proinfa e o Procel.
398.126.848-24
R
AF
P
T
A seguir são apresentadas algumas das responsabilidades de agentes do sistema elétrico brasileiro, que devem ser associadas às respectivas entidades.
D
A associação correta entre as responsabilidades das entidades e suas respectivas siglas é (A) I – P , II – R , III – T e IV – Q (B) I – T , II – S , III – Q e IV – R (C) I – R , II – T , III – S e IV – P (D) I – S , II – P , III – Q e IV – T (E) I – Q , II – R , III – S e IV – T
Resolução:
A ONS, ou Operador Nacional de Sistemas, como o nome já denuncia é
responsável pela operação e monitoramento do sistema elétrico nacional na geração e na transmissão. Em casos de falhas de grande proporção, ela dá o parecer técnico sobre as causas do problema, mas não cabe a ela julgar, o que é papel da ANEEL. Desta forma a correspondência seria I-Q. A EPE, ou Empresa de Pesquisa Energética, é um órgão criado pelo go-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
verno em 2003 para realizar estudos na área de energia, não apenas no setor
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elétrico, cabendo a ela divulgar o balanço energético, os planos de expansão da geração e na extração de recursos energéticos. Desta forma, a correspondência seria II-R. Com o regime das privatizações e da abertura do setor elétrico nos anos
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90, foi necessária a criação de uma agência reguladora servindo para garantir a qualidade de prestação dos serviços e tem o poder de multar os agentes que atuarem irregularmente sob sua ótica. A correspondência que cabe seria então III-S. Antes dos anos 90, a Eletrobrás era o conglomerado das empresas estatais de geração e transmissão como Eletrosul, Eletronorte, Chesf e Furnas e outras,
T
porém com as privatizações e com a criação da EPE ele foi tendo seu poder de atuação cada vez mais reduzido. Atualmente ela realiza ações para a redução do desperdício de energia e outros serviços para o setor elétrico. A correspondência
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adequada seria IV-T.
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O sistema elétrico brasileiro, pelas suas particularidades, é considerado um exemplo único em âmbito mundial, tendo em vista a grande participação de usinas hidrelétricas e a transmissão de energia em grandes distâncias. Com relação ao Sistema Interligado Nacional (SIN), sabe-se que (A) o plano de ampliações e reforços, elaborado pelo Operador Nacional do Sistema Elétrico (ONS), tem como objetivo a previsão de implantação de novos elementos funcionais ao sistema, enquanto o plano para adequação de instalações existentes é realizado através do planejamento da operação energética. (B) a capacidade instalada do SIN leva em consideração usinas com capacidade a partir de 10 MW. (C) para efeito de contabilidade da capacidade instalada do SIN, são desconsideradas as importações de Itaipu contratadas do Paraguai. (D) no período compreendido entre 2004 e 2008, houve incremento expressivo na extensão total de linhas de 750 kV no SIN. (E) na interligação Norte-Sul pode haver o transporte de energia em ambos os sentidos da linha, pode contar com um sistema de compensação série e paralela, e contar, também, com um dispositivo TCSC, visando ao amortecimento de oscilações eletromecânicas.
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Resolução: (A) INCORRETA. Pela resolução normativa 443 da ANEEL de 26 de Julho de 2011, o Plano de Ampliações e Reforços - PAR é de responsabilidade do ONS, que tem como objetivo previsão de novos elementos funcionais e rea-
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dequação de elementos já existentes. (B) INCORRETA. A capacidade instalada do SIN considera apenas as usinas que tenham capacidade instalada superior a 30 M W , não a 10 M W . (C) INCORRETA. A energia importada do Paraguai faz parte da capacidade instalada do SIN, como pode ser visualizado na tabela a seguir, retirada do Plano
AF
T
de Expansão decenal 2020.
(D) INCORRETA. Nesta época não foram construídas linhas de 750 kV , como mostra a tabela de empreendimentos entre 2004-2008.
D
R
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(E) CORRETA. No Brasil o TCSC (Thyristor Controlled Series Capacitor) é considerado como elemento fundamental para a conexão dos sistemas elétricos Norte/Sul, sendo suas primordiais funções o amortecimento de oscilações de baixa frequência entre os dois sistemas e a melhoria na capacidade de transmissão da mesma. Isso é necessário em virtude do tamanho da linha de transmissão. ✞
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Para o planejamento da expansão do Sistema Elétrico Nacional, são realizados diversos estudos que geram documentos balizadores como o Plano Decenal. As diversas tecnologias para a geração estão à disposição das agências e instituições do setor. Nesse contexto, a tecnologia mais adequada para o atendimento dos picos de demanda são as centrais (A) eólicas. (B) nucleares. (C) hidrelétricas. (D) termelétricas. (E) fotovoltaicas.
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Resolução: Os picos de demanda são os momentos na qual os consumidores requerem
T
mais carga, para atendê-los é necessário uma geração que possa ser imediatamente regulada e de rápida ativação, não sendo “refém” de condições naturais para seu funcionamento.
AF
Por esta razão, automaticamente descartamos as gerações eólica e fotovoltaica que dependem de fatores fora de controle dos operadores do sistema, como o regime dos ventos e o regime solar. Além disto, as hidroelétricas servem dando potência basal ao sistema, garantindo a qualquer momento um valor mínimo de potência.
Sobra como resposta a geração termoelétrica e a nuclear, porém, em nosso 398.126.848-24
R
país as usinas nucleares ativas são apenas duas e por questões de segurança a dinâmica do reator nuclear é lenta e não admite saltos de potência atuando deste jeito da mesma forma que as hidroelétricas, servindo valores fixos de potência em
D
todos os momentos.
A geração termelétrica pela queima de combustíveis fósseis é bastante di-
nâmica, uma vez que o controle do fluxo de combustível é fácil e a dinâmica das turbinas é rápida podendo a mesma ser rapidamente ligada e os geradores conectados ao sistema, configurando esta como a alternativa correta. ✞
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Resolução:
T
A Geração Distribuída (GD) é hoje uma realidade no Brasil, impulsionada pela nova regulamentação do mercado de energia bem como pelos programas governamentais, como o PROINFA. A GD caracteriza-se pela inserção de unidades geradoras de menor capacidade, conectadas diretamente na rede de distribuição, localizando-se, portanto, junto aos centros consumidores. Podem ser considerados benefícios trazidos pela GD ao sistema elétrico a(o) (A) simplificação da coordenação dos dispositivos de proteção. (B) redução de harmônicos injetados na rede. (C) redução da potência de curto-circuito. (D) possibilidade, em função da tecnologia empregada, do controle de tensão por meio da injeção de reativos. (E) incremento da margem de estabilidade.
Entende-se por geração distribuída como a geração descentralizada de energia elétrica, na maioria dos casos por fontes renováveis como solar, eólica
AF
e biomassa. Sua popularização vem crescendo por todo o mundo, mas não sem trazer novos problemas e desafios ao setor.
Com um maior número de barramentos para entregar energia para o sistema é lógico que o equilíbrio do fluxo de potência se torna mais complicado e consequentemente os esforços de proteção se tornam maiores bem como os custos, como isto é uma desvantagem, a alternativa A é falsa.
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R
A energia eólica por ser influenciada pela dinâmica dos ventos tem sua
frequência de geração bastante oscilante, o emprego de inversores de frequência muitas vezes se faz necessário injetando harmônicos na rede. Isto sem falar nos conversores empregados na geração fotovoltaica, o que já dariam a alternativa
D
B como falsa.
A adição de novos barramentos ao sistema acaba por diminuir o módulo
dos elementos diagonais da matriz Z barra do sistema, com isto o natural é que a potência de curto circuito seja aumentada, ao invés de diminuída, uma vez que a rede está mais conectada e há mais caminhos para a corrente fluir. Nestas condições, a letra C é falsa. Como as fontes renováveis demandam bastante eletrônica de potência, houve um aumento da participação de dispositivos FACTS ou sistemas de transmissão flexível em corrente alternada. Estes equipamentos permitem controles de
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reativo e outras características do sistema, visando trazer equilíbrio, sendo D a
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alternativa verdadeira. A perspectiva de uma geração descentralizada impõe menos controles e amarras e a perspectiva de rejeição de carga de parques eólicos e outros sistemas de GD diminuem a estabilidade do sistema. Desta forma, (E) é falsa.
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O controle de tensão em sistemas de distribuição de energia é de grande importância, tendo em vista a crescente demanda por energia elétrica, associada ao aumento da exigência por padrões mínimos de qualidade. É considerada uma medida corretiva para adequação dos níveis de tensão na rede primária a (A) transferência de carga entre alimentadores. (B) construção de novos alimentadores. (C) mudança de tensão primária de alimentação. (D) construção de nova subestação. (E) remoção de reguladores de tensão instalados na rede.
Resolução:
Uma medida corretiva é uma ação pontual para anular ou amenizar um problema de operação de algum sistema ou equipamento. Ou seja, no caso do sis398.126.848-24
R
tema elétrico isto se poderia se referir a manobras ou ativação de dispositivos específicos para atuar nas anomalias do sistema. Com este argumento podemos descartar imediatamente (B) e (D). A alternativa (E) não faz sentido algum, uma vez que o objetivo da ques-
D
tão é justamente apontar ações para uma melhor regulação da tensão, desligar reguladores não parece ser um começo inteligente. Desta forma, restam apenas (A) e (C) como alternativas viáveis, mas a ten-
são primária é determinada pela geração e transmissão não sendo um parâmetro manipulável pela distribuição, mesmo a nível primário. Assim, (A) que é uma manobra pra manejar as potências reativas nas barras e ajudar a controlar o nível de tensão é a correta pois é a única alternativa que faz algum sentido. ✞
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A tabela a seguir contém os Termos e as Definições que são encontradas na Resolução Normativa No 109, da ANEEL, que institui a convenção de comercialização de energia elétrica. Termo 1 – Ambiente de Contratação Regulada 2 – Ambiente de Contratação Livre 3 – Contrato de Comercialização de Energia em Ambiente Regulado 4 – Mecanismo de Realocação de Energia 5 – Câmara de Comercialização de Energia Elétrica
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(
(
T
(
Definição ) Segmento do mercado no qual se realizam as operações de compra e venda de energia elétrica, objeto de Contratos bilaterais livremente negociados, conforme regras e procedimentos de comercialização específicos. ) Mecanismo de compartilhamento dos riscos hidrológicos associados à otimização eletroenergética do Sistema Interligado Nacional (SIN), no que concerne ao despacho centralizado das unidades de geração de energia elétrica. ) Segmento do mercado no qual se realizam as operações de compra e venda de energia elétrica entre Agentes Vendedores e Agentes de Distribuição, precedidas de licitação, ressalvados os casos previstos em lei, conforme regras e procedimentos de comercialização específicos. ) Pessoa jurídica de direito privado, sem fins lucrativos, que atua sob autorização do Poder Concedente de regulação e fiscalização da ANEEL, com a finalidade de viabilizar as operações de compra e venda de energia elétrica entre os Agentes da CCEE, restritas ao Sistema Interligado Nacional (SIN). ) Contrato bilateral celebrado, no âmbito do ACR, entre Agente Vendedor e Agente de Distribuição.
AF
(
(
A associação correta do termo com a sua definição, na sequência de cima para baixo, é (A) 2 – 4 – 1 – 5 – 3 (B) 2 – 5 – 3 – 4 – 1 (C) 4 – 5 – 2 – 1 – 3 (D) 5 – 2 – 4 – 1 – 3 (E) 5 – 3 – 2 – 1 – 4
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Resolução:
Cada um dos itens é analisado a seguir:
D
• Segmento do mercado no qual se realizam as operações de compra e venda de energia elétrica, objeto de Contratos bilaterais livremente negociados, conforme regras e procedimentos de comercialização específicos. COMENTÁRIO: No Ambiente de Contratação Livre a energia elétrica é comercializada entre concessionárias de geração, Produtores Independentes de Energia, auto-produtores, agentes de comercialização, importadores de energia e consumidores livres. • Mecanismo de compartilhamento dos riscos hidrológicos associados à otimização eletroenergética do Sistema Interligado Nacional (SIN), no que con-
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cerne ao despacho centralizado das unidades de geração de energia elétrica.
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COMENTÁRIO: O despacho de geração é realizado de forma a minimizar os custos baseando-se em uma série hidrológica histórica. Dessa forma, o ONS atribui a cada gerador uma quantidade de energia. O gerador, em virtude da imprevisibilidade do regime hidrológico, pode não gerar essa quantidade de 398.126.848-24
energia. Por meio do Mecanismo de Realocação de Energia (MRE) a energia produzida é contabilmente distribuída, transferindo o excedente daqueles que geraram além de sua Energia Assegurada para aqueles que geraram abaixo por imposição do despacho centralizado do sistema. • Segmento do mercado no qual se realizam as operações de compra e venda de energia elétrica entre Agentes Vendedores e Agentes de Distribuição, pre-
cedidas de licitação, ressalvados os casos previstos em lei, conforme regras
T
e procedimentos de comercialização específicos.
COMENTÁRIO: No Ambiente de Contratação Regulada, empresas de distribuição compram energia para consumidores cativos por meio de leilões públi-
AF
cos regulados pela ANEEL, e operacionalizados pela CCEE. É como a CEMIG comprando energia de um gerador para vender para a população. • Pessoa jurídica de direito privado, sem fins lucrativos, que atua sob autorização do Poder Concedente de regulação e fiscalização da ANEEL, com a
finalidade de viabilizar as operações de compra e venda de energia elétrica entre os Agentes da CCEE, restritas ao Sistema Interligado Nacional (SIN). 398.126.848-24
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COMENTÁRIO: Nesse item não há o que se comentar. O item cita inclusive a sigla da Câmara de Comercialização de Energia Elétrica - CCEE.
• Contrato bilateral celebrado, no âmbito do ACR, entre Agente Vendedor e
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Agente de Distribuição.
COMENTÁRIO: Este item também não requer comentários adicionais, por se tratar apenas da definição de Contrato de Comercialização de Energia em Ambiente Regulado. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 56 O potencial de redução de consumo de energia elétrica em instalações dos mais diversos tipos tem sido alvo de continuados estudos, particularmente no Brasil, onde o uso eficiente da eletricidade pode ser considerado um dos fatores para o desenvolvimento industrial nacional. Nessa perspectiva, uma medida de baixo custo para a redução do consumo de energia elétrica na área industrial é a (A) adequação do sistema de proteção. (B) substituição de linhas sobrecarregadas. (C) redução de picos de demanda. (D) remanejamento de motores superdimensionados. (E) substituição de transformadores sobrecarregados.
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Resolução:
T
Várias são as medidas que podem ser adotadas para diminuição dos gastos com energia, porém nem todas são financeiramente rentáveis, o tempo que um equipamento demora pra se pagar com a economia de energia pode ser proibitivo,
AF
analisemos as alternativas.
A proteção de um sistema deve atuar em condições anormais de funcionamento, como sobrecarga, curto circuito ou abertura de fases. Não se refere às condições do dia a dia e não faz muito sentido discutir mais, invalidando a letra (A). A substituição de equipamentos como linhas, transformadores e máquinas é um decisão cara e desta forma o ganho marginal de energia elétrica só amortizaria 398.126.848-24
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o investimento nestes caros bens de capital em anos ou talvez décadas. Desta forma, invalidamos (B) e (E).
Racionalizar o consumo de energia, transferindo os picos de demanda para
horários na qual o preço da energia é mais barato não exige nenhuma compra
D
de equipamento e demanda apenas planejamento do engenheiro. A depender da atividade industrial, os ganhos podem ser consideráveis, CONTUDO, não é exatamente uma medida que afeta o consumo uma vez que você está apenas gerenciando os horários de uso da carga. O remanejamentos de motores superdimensionados além de aumentar o fator de potência na indústria, se bem alocado permite que os motores trabalhem próximos de suas condições nominais o que aumenta seu rendimento. Como remanejar não implica em adquirir, é uma alternativa corretiva de baixo custo. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) 57 As ações na área de conservação de energia podem ter resultados que não realizem o potencial disponível. Esse resultado pode ser fruto da existência de barreiras à implementação dessas ações. Em uma situação hipotética, o engenheiro projetista de uma determinada planta, sendo responsável pela proposição de medidas para conservação de energia, deparou-se com algumas das barreiras mencionadas, descritas a seguir.
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• Na região de localização da planta não havia disponibilidade de equipamentos eficientes a um custo viável. • Os juros para o financiamento de equipamentos eficientes eram elevados • A substituição sistemática de equipamentos considerando-se apenas o custo de substituição, desprezando a informação dos ciclos de vida.
AF
T
A classificação correta dessas barreiras é, respectivamente, (A) institucional, financeira e cultural. (B) tecnológica, econômica e cultural. (C) tecnológica, financeira e histórica. (D) cultural, econômica e financeira. (E) mercadológica, econômica e financeira.
Resolução:
As barreiras são as dificuldades na execução de qualquer empreendimento, seja de conservação de energia ou não.
A barreira tecnológica é a que ocorre quando não existe a possibilidade de se utilizar um equipamento ou técnica mais adequada, seja por falta de disponibi398.126.848-24
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lidade ou pelo custo de importação tornar a solução proibitiva, este é o caso da primeira barreira citada.
As barreiras financeiras são os fatores que tornam o investimento pouco
interessante do ponto de vista monetário, o equipamento é muito caro, bem com
D
seus juros, o retorno irá demorar pra cobrir os investimentos, etc. O que é o caso da segunda barreira citada pelo texto. A barreira cultural é o pensamento vigente da empresa ou indústria que não
valoriza um ponto de vista válido, por se chocar com outras diretrizes ou prioridades da empresa ou por falta de visão dos gerentes. Como o pessoal responsável ignora fatores importantes como o ciclo de vida dos equipamentos esta é a categoria em que a última barreira se encaixa. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2010) Devido ao afastamento existente entre as usinas geradoras e os grandes centros de consumo de energia, é necessária a existência de um sistema de transmissão que tenha alto grau de confiabilidade, associado à observância de questões econômicas e ambientais. Com relação aos sistemas de transmissão de energia, analise as afirmações a seguir.
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– Para sistemas de transmissão em extra-alta-tensão e ultra-alta-tensão, o fluxo de potência ativa em uma determinada linha é determinado principalmente pela diferença entre as magnitudes das tensões das barras terminais. II – O emprego de transmissão em corrente contínua é realizado, por exemplo, na conexão de dois sistemas de corrente alternada, e a adoção dessa tecnologia pode ser restringida, tendo em vista sua incapacidade de reagir na ocorrência de transitórios no sistema elétrico. III – Fixando-se um limite máximo de abertura angular entre duas barras conectadas por uma linha, o valor da potência máxima que pode ser transmitida diminui com o aumento da reatância da linha.
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T
I
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) II e III.
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R
Resolução:
Analisando cada uma das alternativas.
D
I. FALSA. A questão da troca de reativo entre os barramentos é determinada principalmente pelo nível de tensão observado nos dois pontos, e não a potência ativa que depende da abertura angular entre dois pontos do sistema.
II. FALSA. A transmissão de corrente contínua é uma solução para diminuir as perdas por efeito Corona em sistemas de UHT e EHT e também é utilizado como ponte entre sistemas de freqüências distintas como é o caso do Brasil e do Paraguai em Itaipu. Ele não é completamente indefeso contra transitórios, apesar de ser mais frágil que um sistema de corrente alternada.
III. VERDADEIRA. A reatância é a parte complexa da impedância, que é medida
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da passagem da corrente e desta forma de potência. Assim um aumento da
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reatância obrigatoriamente diminui a potência natural da linha de transmissão, fixando os parâmetros restantes. ✞
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Questão 43
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55 A respeito da estrutura tarifária do setor elétrico, analise as afirmativas a seguir. – Os consumidores do grupo B são cobrados pela demanda e pela energia que consomem. – Na tarifa Convencional, o consumidor contrata um valor único de demanda, que valerá tanto para o horário de ponta ou fora de ponta quanto para o período do ano seco ou úmido. III – Na tarifa horo-sazonal Verde, o consumidor contrata um valor de demanda para o horário de ponta e para o horário fora de ponta.
AF
Está correto APENAS o que se afirma em (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) II e III.
T
I II
Resolução:
I - FALSA. Os consumidores do grupo B correspondem às residências, lojas, agências bancárias, etc. São alimentados em 127/220 V e deles é cobrada apenas a energia que consomem e não a demanda.
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II - VERDADEIRA. Os consumidores contratam, através de contrato específico com a concessionária, uma demanda pretendida (demanda contratada) que não depende nem da hora de consumo nem do período do ano. Existem
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regras que limitam a utilização do sistema de tarifa convencional para consumidores do grupo A (consumidores atendidos em alta tensão, acima de 2300V , como indústrias, shopping centers e alguns edifícios comerciais).
III - FALSA. Os consumidores de tarifa verde contratam apenas um valor de demanda (que vale para horário de ponta e horário fora de ponta). No entanto o consumo (potência efetivamente consumida) é tarifada de forma diferente no horário de ponta e fora de ponta). ✞
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IV
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III Superfície isolante II I Instalação elétrica
Resolução:
Na figura ao lado, Instalação Elétrica indica ponto de alimentação de um motor em uma instalação industrial, e o local indicado por Superfície Isolante é um anteparo confeccionado em material isolante apropriado, à esquerda do qual o risco de choque elétrico, devido à alimentação do motor, é zero. Com base no exposto e de acordo com a NR-10, que trata de Segurança em Instalações e Serviços em Eletricidade, as áreas, na figura acima, indicadas por I, II, III e IV, representam, respectivamente, (A) ponto de instalação energizado, zona de risco, zona controlada e zona livre (B) ponto de instalação energizado, zona controlada, zona livre e zona de risco (C) zona controlada, ponto de instalação energizado, zona livre e zona de risco (D) zona de risco, ponto de instalação energizado, zona controlada e zona livre (E) zona de risco, zona controlada, ponto de instalação energizado e zona livre
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Questão 44
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Seu posicionamento (I) representa o ponto de instalação energizado. A região (II) é definida na NR10 como sendo a zona de risco, cuja aproximação só é permitida a profissionais autorizados e com a adoção de técnicas e instrumentos apropriados de trabalho. A região (III) é definida como zona controlada. Nessa região é permitida apenas a aproximação de profissionais autorizados. Na zona livre não há restrições quanto à aproximação, na medida em que não há risco de choque elétrico. A figura a seguir ilustra a definição das regiões de acordo com a 398.126.848-24
R
NR10. Os raios que delimitam as regiões dependem das tensões envolvidas e são
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definidos na norma.
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No contexto da Norma Regulamentadora em segurança em instalações e serviços em eletricidade (NR-10), analise as afirmações a seguir. I
– Nos locais de trabalho só podem ser utilizados equipamentos, dispositivos e ferramentas elétricas compatíveis com a instalação elétrica existente, preservando-se as características de proteção, respeitadas as recomendações do fabricante e as influências externas. II – Os circuitos elétricos com finalidades diferentes, tais como comunicação, sinalização, controle e tração elétrica, devem ser identificados e instalados separadamente, salvo quando o desenvolvimento tecnológico permitir compartilhamento. III – As operações elementares como ligar e desligar circuitos elétricos, realizadas em baixa tensão, com materiais e equipamentos elétricos em perfeito estado de conservação, adequados para operação, podem ser realizadas por qualquer pessoa não advertida. IV – As medidas de desenergização e reenergização de instalações podem ser alteradas, substituídas, ampliadas ou eliminadas, em função das peculiaridades de cada situação, por profissional legalmente habilitado, autorizado e mediante justificativa técnica previamente formalizada, desde que seja mantido o mesmo nível de segurança originalmente preconizado.
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T
Considere a relação das condições de aplicação de segurança, a seguir, estabelecidas pela NR 10, a fim de associá-las às afirmações acima. P – Instalações elétricas desenergizadas Q – Instalações elétricas energizadas R – Construção, montagem, operação e manutenção S – Projetos T – Situações de emergência
AF
A associação correta entre as sentenças e as condições de aplicação de segurança é (A) I – P , II – S , III – T , IV – R (B) I – T , II – R , III – S , IV – P (C) I – S , II – T , III – P , IV – Q (D) I – R , II – S , III – Q , IV – P (E) I – R , II – Q , III – T , IV – P
Resolução:
Serão analisados cada um dos itens e relacionados com as condições de 398.126.848-24
R
aplicação de segurança:
I - Trata das condições a serem satisfeitas pelos equipamentos e ferramentas, que devem ser compatíveis com as instalações elétricas nas quais serão uti-
D
lizados. Dessa forma, esse item trata de condições para Construção, Montagem, Operação e Manutenção, ou seja, condição R.
II - Trata de requisitos que devem ser satisfeitos no planejamento de uma instalação. Esse item cita a necessidade de separação de circuitos elétricos com finalidades diferentes. Dessa forma, essa item é relacionado com condições de projeto, ou seja, condição S.
III - Afirma que é não é necessário ser um profissional habilitado e nem mesmo capacitado para realizar operações elementares de “ligar e desligar” circuitos elétricos de baixa tensão. Por exemplo, qualquer pessoa pode ligar e desligar
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o interruptor de sua casa, desde que ele esteja em boas condições, não
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representando nenhum risco. Isso é válido em instalações energizadas. Não faria sentido uma operação de ligar e desligar em instalação desenergizada. Dessa forma, esse item está relacionado com a condição Q. IV - Menciona que é possível inclusive eliminar os procedimentos de energiza-
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ção e desenergização de instalações em virtude da necessidade. Isso não é possível em instalações energizadas, mas apenas em instalações desenergizadas. Dessa forma essa ação só pode ser realizada se for satisfeita a condição P. ✞
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Questão 46
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
AF
De acordo com o atual modelo institucional do setor elétrico brasileiro, o órgão responsável por prestar serviços na área de estudos e pesquisas destinadas a subsidiar o planejamento do setor energético é o(a) (A) MME (B) CNPE (C) CMSE (D) EPE (E) ANEEL
R
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Resolução:
A Empresa de Pesquisa Energética, ou EPE, foi fundada em 2003 para
justamente servir como uma fornecedora estatal de estudos, consultorias e pla-
D
nejamentos para o setor de energia, não somente na questão elétrica. Estudos realizados pela empresa incluem: • Planos de expansão da geração a curto, médio e longo prazo; • Identificação e quantificação de fontes de energia; • Elaborar o balanço energético nacional; • Planejamento de linhas de transmissão; • Etc. ✞
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Questão 47
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
Em uma instalação elétrica, o aterramento deve propiciar segurança e funcionalidade. Os esquemas de aterramento em baixa tensão, normalizados pela NBR 5410, são o TN, TT e IT. A esse respeito, é correto afirmar que o esquema (A) TN determina uma corrente de falta com valores baixos. (B) TN determina a necessidade de DR em todos os circuitos da instalação elétrica.
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(C) TT é caracterizado pelo fato de as cargas estarem aterradas no mesmo ponto da fonte. (D) TT permite maior segurança contra as descargas atmosféricas. (E) IT permite a abertura do dispositivo de proteção somente a partir da segunda falta.
Resolução: (A) INCORRETA. Estando o terra e neutro sob forma de um só condutor, não há
T
diferença quanto à diferença de potencial de circuito aberto e da impedância que limita a corrente de curto, sendo portanto que não haverá redução em seu valor.
AF
(B) INCORRETA. No esquema TN-C não é permitida a instalação do DR, já que em caso de fuga de corrente esse dispositivo não acusará corrente diferencial entre fase(s) e neutro, pois o caminho de retorno da corrente de fuga que originalmente é o terra é também o neutro da instalação. (C) INCORRETA. O ponto de alimentação diretamente aterrado é eletricamente distinto do ponto de aterramento das massas.
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R
(D) INCORRETA. O esquema TT significa mais de um ponto de aterramento e é possível que existe um ponto da instalação fracamente aterrado devido as condições do solo no próprio local e a ocorrência de descargas nestes pontos pode ser desastroso.
D
(E) CORRETA. O esquema IT é um aterramento por impedância, o que limita a corrente de falta que só se tornará elevada e acionará a proteção em caso de falta subsequente. ✞
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Questão 48
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) A respeito das fontes de energia elétrica é correto afirmar que (A) biomassa é todo recurso renovável oriundo de matéria inorgância que pode ser utilizado na produção de energia, sendo o óleo de mamona o recurso que apresenta a maior eficiência energética. (B) as usinas hidroelétricas apresentam a vantagem de poderem ser construídas próximas aos centros consumidores, o que proporciona uma redução nos custos da transmissão de energia. (C) as usinas hidroelétricas são responsáveis por aproximadamente 75% da geração de energia elétrica no mundo, e esta participação ainda pode ser ampliada, tendo em vista que grande parte do seu potencial economicamente viável não foi explorado.
T
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AF
(D) o carvão, em comparação a outros combustíveis fósseis, é aquele que apresenta os menores índices de emissão de poluentes. (E) o uso comercial do aproveitamento da energia solar para a produção de energia elétrica ainda tem como principais pontos negativos o baixo rendimento do processo e o custo elevado do material empregado.
Resolução:
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R
(A) INCORRETA. A alternativa é incorreta por biomassa se referir exclusivamente à matéria orgânica, tanto de origem vegetal quanto animal, cujo aproveitamento pode se feito através da queima direta como é o caso do bagaço de cana quanto de um maior refinamento como é o caso do etanol ou biodiesel.
D
(B) INCORRETA. As usinas hidroelétricas se localizam em grandes rios e corpos d’água, naturalmente afastados dos grandes centros consumidores tanto por questões geográficas quanto de ordem econômica. Desta forma, esta alternativa é incorrta.
(C) INCORRETA. A alternativa (C) é incorreta por dois motivos: a maior participação na matriz energética mundial se dá por combustíveis fósseis e não por geração hidroelétrica, e, além disto, os grandes corpos d’água no mundo já se encontram quase que totalmente explorados. (D) INCORRETA. O carvão, apesar de seu grande poder calorífico, por não sofrer
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processo de refinamento e por apresentar partes de enxofre em sua consti-
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tuição é o combustível fóssil mais “sujo” no quesito da geração termoelétrica. Assim, (D) é incorreta. (E) CORRETA. A alternativa (E) informa corretamente as limitações da geração solar: os baixos rendimentos e os altos custos de fabricação e instalação.
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Questão 49
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) L1
L3 PEN
T
L2
N
MASSAS
AF
MASSAS
PE
ATERRAMENTO DA ALIMENTAÇÃO
O esquema de aterramento apresentado na figura acima é o (D) TN-C-S (A) TT (E) TN-S (B) IT (C) TN-C
R
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Resolução:
Esta questão aborda um tema muito cobrado: esquemas de aterramento.
D
Na figura da questão, existem duas massas com esquemas de aterramento
diferentes. É importante notar que existe um ponto na alimentação diretamente ligado ao terra (PEN). Na massa mais a esquerda os condutores de neutro e terra são comuns. Já na massa mais a direita, os condutores terra e neutro são separados. Dessa forma, coexistem no mesmo sistema as formas de aterramento com Terra e Neutro Comum (TN-C) e Terra e Neutro Separados (TN-S). Dessa forma, o esquema de aterramento é TN-C-S. Embora o ponto de separação entre os condutores neutro e terra não esteja na alimentação, esse esquema de aterramento é considerado TN-C-S. ✞
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Questão 50
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Considere as afirmativas a seguir, referentes às fontes de produção de energia empregadas pelo Sistema Elétrico Brasileiro. I - Nas usinas hidrelétricas, os modelos mais comuns de turbinas empregadas são o Francis, o Kelvin e o Pelton, sendo a escolha do modelo definida pela altura da queda d’água. II - As usinas nucleares são responsáveis pela produção de cerca de 25% da energia elétrica do Brasil. III - A baixa qualidade do carvão mineral brasileiro é o principal motivo da baixa participação deste minério na matriz energética brasileira.
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AF
T
Está(ão) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução:
Discutindo cada uma das afirmativas:
I - FALSA. A afirmativa informa os três tipos principais de turbinas e corretamente informa que a escolha da máquina é influenciada pelo tipo de queda 398.126.848-24
R
d’água. Porém, outros fatores são relevantes, por exemplo, regiões de água barrenta ou com muitas partículas invalidam a escolha de uma turbina Pelton, por exemplo.
II - FALSA. As duas usinas nucleares ativas brasileiras, Angra I e II, respondem
D
por menos de 10% da geração elétrica nacional. A perspectiva do término de Angra III e da construção de outras usinas pelo país pode mudar este quadro, mas, por ora, esta afirmativa é equivocada.
III - VERDADEIRA. Além da má qualidade do carvão mineral brasileiro, com muito conteúdo de enxofre, as reservas brasileiras se localizam na região Sul do país e em baixa quantidade de modo que sua participação na matriz energética é bastante pequena, especialmente com a popularização de outros tipos de termoelétricas. ✞
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Questão 51
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Considere as afirmativas a seguir, sobre a comercialização de energia na atual estrutura do setor elétrico brasileiro. I - A energia elétrica dever ser negociada em um dos dois ambientes de contratação, regulada ou livre, através de leilões realizados no Mercado Atacadista de Energia. II - A ANEEL é o órgão responsável por promover, direta ou indiretamente, licitação na modalidade de leilão para a contratação de energia elétrica pelos agentes de distribuição do SIN (Sistema Interligado Nacional). III - Os agentes de distribuição do SIN devem adquirir energia elétrica através de leilões realizados somente no ambiente de contratação livre.
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AF
T
É(São) correta(s) a(s) afirmativa(s) (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução:
I - FALSA. Existem realmente dois ambientes de contratação de energia: livre e regulada. No ambiente de contratação regulação são realizados leilões de energia promovidos pela ANEEL e operacionalizados pela CCEE dos quais 398.126.848-24
R
participam os agentes de distribuição que compram energia para vender aos seus clientes (consumidores cativos). No entanto, no ambiente de contratação livre a negociação é feita diretamente entre o consumidor livre e o gerador da energia. Não existem leilões neste ambiente, mas contratos bilaterais
D
entre as partes do negócio.
II - VERDADEIRA. De fato, os leilões de energia são promovidos pela ANEEL e operacionalizados pela CCEE. Através desse leilão os agentes de distribuição compram energia.
III - FALSA. Como já foi citado, os agentes de distribuição compram energia no ambiente de contratação regulada para vender aos seus consumidores. Dessa forma o item está errado ao afirmar que os agentes de distribuição somente podem adquirir energia no ambiente de contratação livre. ✞
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Questão 52
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) Considere as afirmativas abaixo, a respeito da Norma Regulamentadora n o 10, que trata da Segurança em Instalações e Serviços em Eletricidade.
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T
I - Uma instalação elétrica é considerada desenergizada somente após o cumprimento dos seguintes procedimentos: o seccionamento; o impedimento da reenergização; e a constatação da ausência de tensão. II - É considerado trabalhador capacitado aquele que trabalha sob a responsabilidade de profissional habilitado e autorizado. III - Os procedimentos de trabalho devem conter, no mínimo, objetivo, campo de aplicação, base técnica, competências e responsabilidades, disposições gerais, medidas de controle e orientações finais.
AF
Está(ão) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução:
I - FALSA. São 6 itens necessários para que uma instalação seja considerada desenergizada pela NR10: além dos citados deve-se ter: Instalação de ater398.126.848-24
R
ramento temporário, Proteção dos equipamentos energizados na zona controlada e instalação de sinalização de impedimento de reenergização.
II - FALSA. São 2 itens que caracterizam o trabalhador capacitado: Trabalhar
D
sob orientação de profissional habilitado e autorizado, e receber capacitação sob orientação e responsabilidade de profissional habilitado e autorizado.
III - VERDADEIRA. Corresponde exatamente à redação da NR10 no item 10.1.3. Embora seja complicado se lembrar de todos esses itens, deve-se conside-
rar que os dois itens anteriores contém detalhes faltando, os quais a identificação não é tão complexa. Por exemplo, no item (I) é natural imaginar que a sinalização é fundamental. No item (II) é natural que o profissional deva passar por treinamento para que seja considerado capacitado. ✞
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008) A oferta de energia elétrica é considerada, em muitos países, como um serviço público essencial. Portanto, a expansão e a universalização desse bem são objetivos a serem alcançados. Nos dias atuais, a reforma do setor elétrico busca estabelecer uma concorrência nesse mercado, de modo a estimular os empreendedores a investirem nesse produto. A respeito desse tema, pode-se afirmar que
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T
I - a participação de companhias privadas no setor elétrico compromete o uso eficiente da energia, pois isto acarreta a diminuição do mercado de energia; II - a dificuldade de prever certos impactos ambientais em usinas termelétricas inibe a participação da iniciativa privada no setor elétrico; III - os empreendimentos de grandes usinas de origem hídrica não são atraentes para o setor privado, dadas as inúmeras incertezas quanto ao retorno do investimento.
AF
É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e III (E) II e III
Resolução:
Especialmente durante a década de 90 com a onda das privatizações o 398.126.848-24
R
setor elétrico, outrora um monopólio estatal, se viu inserido em um mercado de livre concorrência. Porém é importante ressaltar que existe uma relação única do produto “energia elétrica” com o mercado consumidor: como o armazenamento de energia elétrica é caro e não competitivo podemos afirmar que a oferta (geração)
D
deve se adequar em tempo real à demanda (consumo). I - FALSA. É dito que o livre mercado diminuiu a oferta de energia. Porém, pelas razões descritas no parágrafo anterior e pelo fato que o mercado de energia só cresceu para atender a cada vez mais crescente demanda esta afirmativa é falsa. II - FALSA. Afirma que o setor privado não é atraído pelas termoelétricas, porém elas são de baixo custo e de rápida construção, garantindo retorno de investimentos de forma rápida, sendo a preferida do setor privado de geração
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brasileiro.
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III - VERDADEIRA. Pelo tempo de construção de décadas, gigantesco impacto ambiental e social, dificilmente a iniciativa privada se sente atraída por um investimento que pode levar de duas a três décadas para retornar. Desta forma, III é verdadeira, evidenciando a resposta. 398.126.848-24
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(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
T
Questão 54
AF
De acordo com a Norma Regulamentadora n o 26 do Ministério do Trabalho e Emprego, que trata de Sinalização de Segurança, relacione as cores na 1a coluna com os correspondentes locais de utilização na 2a coluna.
I II III IV
-
COR Amarelo Cinza Escuro Laranja Verde
LOCAL DE UTILIZAÇÃO - canalizações de água - partes baixas de escadas portáteis - eletrodutos - baldes de areia ou água, para extinção de incêndio T - canalizações contendo ácidos P Q R S
T T P S S
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D
R
A relação correta é (A) I - P, II - R, III - S, IV (B) I - P, II - S, III - Q, IV (C) I - Q, II - R, III - T, IV (D) I - Q, II - T, III - R, IV (E) I - R, II - Q, III - T, IV -
Resolução:
Como se trata de uma questão de norma é interessante algumas dicas: Ao
contrário do esperado, vermelho não indica perigo por não ter tanta visibilidade como amarelo e laranja. Vermelho é usado para equipamentos de proteção e combate a incêndio. Outra dica importante é a tubulação de água, que é indicada por verde (fácil de lembrar pensando nas tubulações de água das indústrias que ficam sempre bastante visíveis e são sempre pintados de cor verde). Em geral verde significa segurança, como nos casos dos chuveiros de segu-
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rança, caixas contendo máscaras contra gases, etc. Feitas essas observações que
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ajudam o candidato a encontrar a resposta correta mesmo sem conhecer todos os significados das cores, vamos às cores abordadas nesta questão. • Amarelo: É usado para indicar cuidado. No caso desta questão a alternativa mais adequada é: Partes baixas de escadas portáteis. (Q)
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• Cinza escuro: Cinza escuro é usado para eletrodutos (única utilização explícita dessa cor norma). Já cinza claro é usado para canalizações a vácuo (única utilização explícita dessa cor na norma). (R) • Laranja: É usado para indicar perigo. No caso da questão, a alternativa adequada é “tubulações contendo ácidos”. (T)
T
• Verde: Como já foi explicado, verde indica segurança. O candidato poderia ficar em dúvida entre “Canalizações de água” e “Baldes de areia ou água,
para extinção de incêndio”. Mas como foi citado anteriormente, vermelho está
AF
relacionado à proteção e principalmente combate a incêndio. Assim, verde é utilizado para tubulações de água. (P)
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Alternativa (C) ✆ ✝
R
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Questão 55
(Profissional Júnior - Elétrica - BR Distribuidora 2008)
D
De acordo com a Norma Regulamentadora no 10, que trata da Segurança em Instalações e Serviços em Eletricidade, é INCORRETO afirmar que (A) a documentação referente às inspeções e medições do sistema de proteção contra descargas atmosféricas e aterramentos elétricos deve constar do prontuário das empresas que operam em instalações ou equipamentos integrantes do sistema elétrico de potência. (B) as empresas devem possuir um plano que contemple ações de emergência que envolvam as instalações ou serviços com eletricidade. (C) os trabalhadores que executam intervenções em instalações elétricas com tensão igual ou superior a 50 V, em corrente alternada, ou superior a 120 V, em corrente contínua, devem receber treinamento de segurança para trabalhos com instalações energizadas. (D) no memorial descritivo dos projetos elétricos, a indicação de posição dos dispositivos de manobra dos circuitos deverá utilizar a cor vermelha para o estado desligado e a cor verde, para o estado ligado. (E) em todos os serviços executados em instalações elétricas devem ser previstas e adotadas, prioritariamente, medidas de proteção coletiva aplicáveis, mediante procedimentos, às atividades a serem desenvolvidas, de forma a garantir a segurança e a saúde dos trabalhadores.
Resolução:
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Esta questão busca a alternativa INCORRETA.
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(A) CORRETA. A NR10 estabelece através do item 10.2.4 que instalações com carga instalada superior a 75kW devem construir e manter um Prontuário de Instalações Elétricas que deve conter, entre outros documentos, documentação das inspeções e medições do sistema de proteção contra descargas atmosféricas e aterramentos elétricos. As empresas que operam em insta-
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lações ou equipamentos do SEP, independente da carga instalada, devem possuir essa documentação (item 10.2.5). (B) CORRETA. Segundo o item 10.2.1 da NR10 as empresas devem possuir o “Plano de Emergência da Empresa”, no qual deve contar as ações de emergência ligados à eletricidade.
T
(C) CORRETA. O item 10.6 da NR10 trata de segurança em instalações energizadas. No subitem 10.6.1 está explícito que os operadores de instalações energizadas que operam com tensão igual ou superior a 50V AC e 120V DC devem possuir o treinamento de segurança adequado, que é descrito no item
AF
10.8 da NR10.
(D) INCORRETA. O item 10.3.9 da NR10 trata do conteúdo mínimo do memorial descritivo de projeto. Uma das exigências é a indicação da posição do dispositivo de manobra com a cor verde para desligado e vermelho para ligado, e não o contrário como está indicado nessa alternativa. Isso é bastante intuitivo pois o objetivo é que vermelho indique atenção/perigo, pelo fato de a instalação estar energizada.
R
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(E) CORRETA. O item 10.2.8.1 da NR10 trata das medidas de proteção coletiva. No seu primeiro subitem está explícito que as medidas de segurança coletiva
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são prioritárias. Isso significa que antes de colocar em prática medidas de segurança individuais é necessário atentar para as medidas de segurança coletivas. As principais medidas de segurança coletiva (segundo o item 10.2.8.2 da NR10) são: desenergização (sempre que possível) ou utilização de níveis de tensão seguros (quanto a desenergização não for possível). Essa questão contém em suas alternativas cópias de itens da NR10. A res-
posta correta poderia ser encontrada apenas pela atenção às cores da alternativa (D). ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Após o dimensionamento de um projeto elétrico de baixa tensão, o projetista constatou que, para um dado circuito, a proteção contra contatos indiretos não foi atingida. A providência que NÃO permite solucionar o problema é (A) aumentar a bitola do fio do circuito. (B) diminuir a potência das cargas ligadas a esse circuito. (C) diminuir o comprimento do circuito. (D) trocar o disjuntor por outro mais rápido. (E) utilizar um DR nesse circuito.
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Resolução: Note que a resposta correta é a alternativa que NÃO permite solucionar o problema.
T
(A) INCORRETA. Uma situação possível é que haja uma ligação de parte energizada na carcaça de um equipamento provocando uma falta. No entanto, se a bitola dos condutores for muito baixa sua resistência será elevada, reduzindo
AF
a corrente de falta. Dessa forma, o dispositivo de proteção não atua e há possibilidade de choque elétrico com contato indireto. Dessa forma, aumentar a bitola dos condutores é uma solução possível.
(B) CORRETA. Diminuir a potência das cargas conectadas ao circuito faria apenas com que a corrente nominal, que deve em condições normais circular pelo circuito, seja reduzida. Uma corrente de falta ou qualquer outro evento que possibilite choques elétricos em contatos indiretos não serão soluciona-
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R
dos com reduções na carga.
(C) INCORRETA. Pela mesma razão da alternativa (A), a redução do comprimento do circuito faz com que a resistência do cabeamento seja reduzida,
D
o que tende a aumentar as correntes de fuga, caso elas existam, permitindo que o equipamento de proteção atue corretamente.
(D) INCORRETA. Com um disjuntor mais rápido, as correntes de fuga serão interrompidas mais rapidamente, impedindo choques em contatos indiretos.
(E) INCORRETA. A utilização de um DR é recomendada para evitar choques com contatos indiretos, na medida em que ao se detectar uma corrente de diferencial, em virtude de uma eventual corrente de fuga, o circuito será desligado. ✞
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T
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Com o objetivo de elaborar o projeto de malha de terra de um centro de processamento de dados, foi levantada a curva x a por meio do método de Werner, conforme a figura acima. Com base no método simplificado para a estratificação do solo em duas camadas, considere as afirmativas abaixo. . .
AF
I - A resistividade da 1a camada do solo é aproximadamente igual a 800 II - A reflexão do solo vale 7/9. III - A resistividade da 2a camada do solo é aproximadamente igual a 450 Está correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II
(C) III
(D) I e II
(E) II e III
Resolução:
Usando a metodologia de estratificação por duas camadas, a resistividade da primeira camada será:
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R
ρ1 = ρ(0) = 100Ω m
A resistividade do solo na segunda camada é dada pelo prolongamento da
D
assíntota, no caso ρ2 = 800Ωm. Além disso, o coeficiente de reflexão é dado por K=
ρ2 − ρ1 7 = ρ1 + ρ2 9
Logo as afirmativas (I) e (III) são falsas e a (II) é verdadeira. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Em relação aos dispositivos de proteção, seccionamento e comando de circuitos, empregados em instalações elétricas, de acordo com as Normas em vigor e a disponibilização dessas unidades no mercado, afirma-se que o(s) (A) seccionador é um dispositivo de manobra que, obrigatoriamente, tem de suportar correntes residuais desprezíveis por ocasião de sua abertura ou fechamento. (B) fusíveis são compostos por um dispositivo bimetálico que se flexiona no caso de uma corrente acima de determinado valor, provocando o imediato desencaixe de sua base e interrupção do circuito. (C) disjuntor deve ser substituído sempre que for acionado devido a curto-circuito ou sobrecarga. (D) disjuntores em caixa moldada são fabricados exclusivamente como modelos unipolares. (E) disjuntores de uma instalação de baixa tensão são usados nos fios (ou cabos) neutro e de proteção (terra) dos circuitos.
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Resolução: Analisando primeiramente as alternativas incorretas:
T
Em (B) confunde-se fusível com contato térmico, fusível é um elemento descartável de interrupção de corrente e contato bimetálico é um elemento de interrupção de corrente que é não descartável e de ação bem mais lenta que o fusível.
AF
Em (C) peca por considerar o disjuntor como descartável, papel exclusivo do fusível, de fato o disjuntor pode ser armado e desarmado diversas vezes tornandoo uma peça chave nos circuitos de proteção.
Em (D) ignora-se o fato da existência de modelo tripolares de disjuntor. Em (E) não faz sentido utilizar o disjuntor para abrir neutros e circuitos de aterramento, a função do disjuntor é justamente interromper energização e não 398.126.848-24
R
prejudicar ainda mais circuitos pela abertura de neutros ou malhas de aterramento. Desta forma já é possível assinalar a resposta. Em (A) as informações es-
tão corretas, podendo se adicionar que a chave seccionadora deve ser capaz de
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suportar os arcos impostos pelas aberturas dos circuitos.
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Nas instalações elétricas, a construção, a manutenção e a utilização de um sistema de aterramento e das malhas de terra possibilitam, dentre outras coisas, estabilidade e segurança à instalação. A esse respeito, de acordo com o estabelecido em Norma e pelas técnicas de construção, verifica-se que (A) os mastros e as antenas devem estar isolados do sistema de aterramento. (B) as armaduras metálicas do concreto das fundações são o eletrodo de aterramento preferencial. (C) os eletrodos de aterramento de uma edificação, definidos pela NBR 5410/2004, não podem ser usados conjuntamente pelo sistema de proteção contra descargas atmosféricas, definidos na NBR 5419/2005. (D) a infraestrutura de aterramento só é dispensável no caso de instalações temporárias. (E) a infraestrutura de aterramento, nas fundações em alvenaria, tem que ser constituída por material que seja de cobre ou revestido por esse metal.
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Resolução: (A) INCORRETA. Mastros e antenas devem estar conectados adequadamente
T
ao SPDA como descrito pela NBR5419. Como o SPDA consiste de ligação à terra, os mastros e antenas não estão isolados do sistema de aterramento. (B) CORRETA. A NBR5410 declara como eletrodo de aterramento preferencial
AF
das instalações aquele que utiliza a ferragem da fundação do concreto armado. Essa solução resulta em uma baixíssima resistência de aterramento (geralmente menos de 1Ω) e, principalmente, proporciona uma equalização completa dos potenciais das diversas massas e da estrutura da edificação, graças à interligação com a ferragem das lajes.
(C) INCORRETA. Embora seja uma questão de bastante dúvida entre os Engenheiros, as normas NBR5410 (instalações elétricas) e NBR5419 (proteção 398.126.848-24
R
contra descargas atmosféricas) definem o conceito de eletrodo de aterramento e não explicitam se é necessário que eles sejam separados. No entanto, comumente os dois sistemas (aterramento e SPDA) são conectados no
D
barramento de equipotencialização principal.
(D) INCORRETA. O sistema de aterramento não é dispensável em nenhuma situação. Em instalações temporárias deve-se prover um aterramento temporário para garantir a segurança das pessoas e equipamentos.
(E) INCORRETA. Em geral as ferragens das instalações são parte importante do sistema de aterramento, garantindo equipotencialização, embora não sejam, em geral, construídos nem revestidos de cobre. O requisito é garantir a menor resistência de aterramento possível, garantindo-se o aterramento como uma referência de tensão fiel e segura. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
O disjuntor termomagnético e o dispositivo à corrente Diferencial Residual (DR) são equipamentos de proteção muito utilizados em instalações elétricas de baixa tensão. As suas atuações ocorrem Para o disjuntor 398.126.848-24
Para o DR
(A) corrente de fuga e sobrecorrente
corrente de curto-circuito
(B) corrente de curto-circuito e sobrecorrente
corrente de fuga
(C) corrente de curto-circuito e corrente de fuga
sobrecorrente
(D) corrente de curto-circuito
corrente de fuga e sobrecorrente
(E) sobrecorrente
corrente de fuga e corrente de curto-circuito
Resolução: O disjuntor termomagnético realiza abertura em duas ocasiões, em sobre-
T
cargas devido a efeito térmico e em curto circuito devido ao efeito magnético. Sobrecarga é sinônimo de sobrecorrente, e de forma conveniente a resposta da questão já fica óbvia.
AF
Adicionalmente, o DR é um circuito que força abertura de circuito nos casos que a corrente que por ele sai seja diferente da corrente que nele entra, ou seja ele abre quando detecta diferença (resíduos) de corrente, casos por exemplo de choques elétricos ou correntes de fuga.
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
Para que um transformador trifásico esteja inserido em uma instalação elétrica com o primário na configuração em estrela aterrado, e o secundário, em delta, a relação de espiras entre os enrolamentos primários e secundários deve ser igual à relação de tensões de (A) (B) (C) (D) (E)
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Linha e Fase Linha e Linha Terra e Fase Terra e Linha Fase e Linha
Resolução: Sabe que a relação entre as tensões nos enrolamentos primário e secundá-
T
rio do transformador é a razão de suas espiras, ou seja: Venr1 N1 = Venr2 N2
AF
Como o transformador está conectado em estrela (não importa se aterrado ou não) no lado primário, a tensão sobre este enrolamento é a tensão de fase. Do lado do secundário, é garantido pelo arranjo em delta que a tensão do enrolamento secundário é uma tensão de linha.
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) Em uma subestação, o neutro da alimentação e as massas de todos os equipamentos existentes são diretamente conectados à mesma malha de terra. De acordo com as normas vigentes no Brasil, o esquema de aterramento dessa subestação é do tipo (A) TT (B) TN (C) T I (D) I T (E) NT
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Resolução: Relembrando a nomenclatura de esquemas de aterramento: • 1a letra: indica como é feito o aterramento do neutro: T (direto à terra), I
T
(através de caminho de alta impedância).
• 2a letra: indica como as massas são aterradas: T (diretamente à terra), N
(através do neutro, que por sua vez está aterrado), I (através de um caminho
AF
de alta impedância)
(A) CORRETA. A primeira letra igual a T indica que a referência da alimentação está diretamente ligada à Terra. No esquema TT todas as massas são ligadas à terra através de um eletrodo separado do eletrodo de aterramento do neutro. (B) INCORRETA. No esquema TN (TN-S, TN-C, TN-C-S) o neutro está aterrado, 398.126.848-24
R
mas as massas estão aterradas ou diretamente no neutro (neutro comum no sistema TN-C) ou através de um condutor separado do neutro (TN-S). No entanto, mesmo no esquema TN-S, embora o terra seja separado do neutro, ambos são conectados à terra juntos.
D
(C) INCORRETA. O esquema TI conta com aterramento do neutro, mas as massas dos equipamentos não estão aterrados.
(D) INCORRETA. A letra I do esquema IT indica que a referência (neutro) da fonte é conectada a terra por um caminho de alta impedância (como circuito aberto por exemplo, ou impedância apreciável). (E) INCORRETA. Este esquema de aterramento não é definido. A nomenclatura indicaria que o neutro está conectado à terra através do neutro (não faz nenhum sentido). ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) Das modalidades de contratação de compra e venda de energia elétrica mencionadas abaixo, aquela que NÃO está no conjunto dos contratos sujeitos ao registro da Câmara de Comercialização de Energia Elétrica (CCEE) é o Contrato (A) Bilateral. (B) de Comercialização de Energia no Ambiente Regulado. (C) de Itaipu. (D) do PROINFA. (E) do BNDES.
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Resolução: Esta questão é de conhecimento puro do decreto no 5.163 de 30 Julho de contratação de energia.
T
2004. Então analisando as alternativas: Correto significa que é uma forma de
(A) CORRETA. Os contratos bilaterais formam o mecanismo de contratação de
AF
energia no ambiente de contratação livre.
(B) CORRETA. No ambiente de contratação regulada a contratação é feita por leilões promovidos pela ANEEL e operacionalizados pela CCEE. (C) CORRETA. Itaipu Binacional consta explicitamente no artigo 13o inciso III alínea (c) do decreto no 5.163 / 2004.
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R
(D) CORRETA. O PROINFA (Programa de Incentivo às Fontes Alternativas de Energia) também consta explicitamente no artigo 13o inciso III alínea (b) do decreto no 5.163 / 2004.
D
(E) INCORRETA. O BNDES não consta neste artigo. De fato, o BNDES é a fonte de recursos de alguns empreendimentos, no entanto, não há razão para que os contratos com o BNDES necessitem ser registrados na CCEE. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) A estrutura tarifária brasileira está calcada basicamente na demanda de potência e no consumo de energia elétrica de uma instalação. Esses elementos compõem os diversos tipos de tarifas que serão atribuídos aos consumidores, em consonância às suas características. Do exposto, é correto afirmar que, para horários de ponta e fora de ponta, a tarifa (A) horo-sazonal azul tem valores diferenciados de demandas. (B) horo-sazonal verde tem valores diferenciados de demandas. (C) horo-sazonal verde tem valor único de consumo. (D) horo-sazonal azul tem valor único de consumo. (E) convencional tem valores diferenciados de consumo.
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Resolução:
T
A composição das tarifas convencional, verde e azul é:
• Tarifa Convencional: Aplicação de tarifas de consumo de energia elétrica e/ou
demanda de potência, independentemente das horas de utilização do dia e
AF
dos períodos do ano.
• A tarifa VERDE. Composta de: Demanda na ponta e fora (seco ou úmido);
Consumo na ponta úmido; Consumo fora da ponta úmido; Consumo na ponta seco e Consumo fora da ponta seco.
• Tarifa AZUL: Composta de: Demanda na ponta (seco ou úmido), Demanda
fora da ponta (seco ou úmido), Consumo na ponta úmido, Consumo fora da ponta úmido, Consumo na ponta seco, Consumo fora da ponta seco
R
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(A) CORRETA: A demanda (MW) na tarifa Azul depende do horário e da época do ano de utilização.
D
(B) INCORRETA: A demanda (MW) na tarifa Verde é única, não depende nem da hora nem do período do ano.
(C) INCORRETA: O consumo (MWh) na tarifa Verde depende do horário e da época do ano, não é única.
(D) INCORRETA: O consumo (MWh) na tarifa Azul depende tanto do horário quanto da época do ano. (E) INCORRETA: O consumo (MWh) na tarifa convencional não depende nem do horário nem da época do ano. ✞
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008) Sob a ótica do consumidor, as medidas de eficiência energética visam à melhor utilização da energia elétrica. A elevação do fator de carga é uma dessas medidas, que tem como conseqüência(s) imediata para a instalação elétrica a (A) elevação somente do fator de potência. (B) diminuição somente da demanda de potência. (C) diminuição somente do consumo de energia elétrica. (D) diminuição da demanda de potência e do consumo de energia elétrica. (E) diminuição do consumo de energia elétrica e a elevação do fator de potência.
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Resolução: A figura a seguir apresenta uma curva de demanda. Se ET ot é a energia total
T
em kWh consumida durante o mês e Dmax é a demanda máxima em kW registrada durante o mês, o fator de carga é definido por
ET ot Dmax
AF
FC =
O valor pago pelo consumidor depende da demanda máxima mensal (para os consumidores que pagam pela demanda de energia). Dessa forma, mantendose o consumo ET ot (que em termos práticos da indústria consiste em realizar os mesmos trabalhos), aumentar o Fator de Carga significa diminuir a demanda máxima, redistribuindo as tarefas ao longo do dia.
D
R
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Analisando as alternativas temos que:
(A) INCORRETA. Não há impacto imediato da aumento do fator de demanda no fator de potência. Podem ocorrer variações do fator de potência em virtude da variação de carregamento de máquinas elétrica por exemplo, no entanto, não é possível tomar como regra esse evento em virtude da variabilidade possível dos ambientes a serem considerados.
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(B) CORRETA. Como foi explicado, assumindo que o trabalho a ser realizado (e
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portanto a energia total a ser consumida) não são alterados, aumentar o fator de carga significa diminuir a Demanda Máxima mensal. (C) INCORRETA. Melhorar a utilização da energia não significa diminuir o consumo sob a ótica do consumidor, mas pagar menos para realizar o mesmo
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trabalho. (D) INCORRETA. Diminuir o consumo e a demanda não significa que o fator de demanda irá aumentar. (E) INCORRETA. Como já foi explicado anteriormente, não é possível concluir sobre o fator de potência de imediato. ✞
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Questão 66
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
Em uma instalação elétrica em média tensão, o valor percentual da máxima queda de tensão admissível, em regime permanente, entre a origem da instalação e qualquer ponto de utilização, é
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3% 4% 5% 7% 10%
D
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
As instalações elétricas de média tensão (entre 1, 0 e 69 kV ) são englobadas
pela NBR-14039 que informa que máxima queda de tensão entre qualquer ponto da instalação e a fonte de alimentação não deve ser superior a 5%. ✞
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AF
Resolução:
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As temáticas energética e ambiental são analisadas concomitantemente em todos os empreendimentos energéticos, o que vem favorecendo a geração de energia por meio de fontes renováveis. A respeito desse tema, é correto afirmar que (A) o potencial do bagaço de cana é uma possibilidade viável somente para o atendimento aos pequenos consumidores. (B) a geração por meio de geradores a biodiesel é uma possibilidade viável, tendo em vista a facilidade de se produzir o combustível. (C) a geração fotovoltaica, além de ser uma energia totalmente limpa, permite atender aos grandes centros urbanos consumidores. (D) a geração eólica tem um grande potencial no Brasil, o que vem favorecendo uma participação na matriz energética brasileira cada vez mais significativa. (E) a geração por meio de pequenas centrais hidrelétricas é uma possibilidade viável para locais que possuem recursos hídricos compatíveis e dificuldades inerentes às linhas de transmissão.
Discutindo cada uma das cinco alternativas.
(A) INCORRETA. A queima do bagaço de cana, aliada com o processo da cogeração, tem feitos muitas usinas de açúcar e álcool gerarem um excedente energético tão grande que contratos são feitos com as distribuidoras para a 398.126.848-24
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venda desta energia. A biomassa tem participação de cerca de 6% na matriz de energia elétrica brasileira, sendo desta forma um player de respeito.
(B) INCORRETA. O biodiesel é um processo industrial que transforma óleos, de origem vegetal ou animal, em combustível para veículos tendo como resíduo
D
aproveitável a glicerina. Contudo, é necessário aquecimento e presença de catalisadores adequados para este processo não sendo exatamente um processo “simples”. Além disto, faz mais sentido técnico e econômico realizar queima do óleo em seu estado natural para produção de eletricidade.
(C) INCORRETA. A energia fotovoltaica neste momento ainda não é competitiva, a densidade de potência e o custo de instalação ainda são altos além de ser necessário o uso de inversão de frequência para conexão à rede elétrica poluindo com harmônicos a já poluída rede. (D) CORRETA. A energia eólica está se tornando cada vez mais competitiva, com
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preços equivalentes ao da energia hidroelétrica sendo a surpresa dos últimos
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leilões. Com os atuais rumos do setor elétrico, a exploração e construção de parques eólicos é uma tendência clara. (E) INCORRETA. As pequenas centrais hidroelétricas são uma boa solução para exploração rápida, mas servem apenas como complementação ao sistema de
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geração elétrica, uma vez que não conseguem atender uma carga maior que alguns MW. ✞
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Questão 68
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Deseja-se projetar a instalação elétrica em baixa tensão de uma residência cuja área e cujo perímetro da sala são 32 m2 e 24 m, respectivamente. Considerando-se as normas vigentes, o número mínimo de pontos de tomada a ser previsto no projeto dessa sala é 3 4 5 6 7
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(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
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A NBR-5410 para colocação de tomadas prevê o mínimo de uma tomada
para uma sala de 6 m2 e uma tomada para cada 5 m ou fração de perímetro, então para um perímetro de 24 metros temos: N=
24m 5m tomada
≈ 4, 80 tomadas
Arredondando para cima temos 5 tomadas. ✞
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Questão 69
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008)
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AF
Resolução:
T
O Brasil, com suas dimensões continentais, apresenta uma demanda crescente de energia. A energia elétrica é vital para o desenvolvimento do país, e a escolha da melhor forma de gerá-la implica um estudo detalhado que avalie a opção mais adequada. Quanto ao tema supracitado, considere as afirmativas a seguir. I - A bacia hidrográfica do Amazonas é a que apresenta maior potencial hidrelétrico, e sua distância dos grandes centros consumidores é o maior impeditivo para a implementação dos empreendimentos de geração de energia elétrica nessa região. II - O aproveitamento do potencial hidrelétrico da bacia hidrográfica do Rio Paraná visa, principalmente, ao abastecimento dos grandes centros industriais das Regiões Sul e Sudeste. III - A dependência do gás natural da Bolívia é um dos fatores que dificulta a expansão de termelétricas que usam este tipo de combustível. É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) II (C) III (D) I e III (E) II e III
I - FALSA. O potencial hídrico das grandes quedas d’água no Brasil já se encontra quase que totalmente explorado, exceto pela região amazônica. Por esta região ser afastada dos grandes centros consumidores, que são a região SulSudeste e alguns pontos na região Nordeste se faz necessário a construção de grandes linhas de transmissão e um grande projeto de redução de per398.126.848-24
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das para tornar esta energia competitiva. Contudo, ainda existe a dificuldade ambiental de patrocinar tais empreitadas, além da questão indígena, o que torna a alternativa incorreta.
D
II - VERDADEIRA. O rio Paraná na bacia Sudeste é um dos rios de maiores vazão do mundo e a (outrora) maior usina hidrelétrica do mundo, a de Itaipu está ali instalada. Devido à sua proximidade do maior centro consumidor de energia do país, o parque industrial do Sudeste, é garantido fornecimento fácil e relativamente barato do insumo.
III - VERDADEIRA. Apesar da dependência do gás boliviano estar em declínio, a demanda cresce muito rapidamente e o produto compete com outras utilização. O uso em usinas térmicas tem custo operacional bastante caro e só deveria ocorrer em caráter emergencial ✞
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Questão 70
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Sistemas de Potência II
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
59 A figura acima mostra a disposição dos condutores de uma linha aérea de distribuição de energia. Os condutores de fase são idênticos, cilíndricos, maciços e de raio R, conforme indicado na figura acima. Cada condutor permanece em cada posição indicada por uma extensão exatamente igual a 1/3 do comprimento da linha. Sabe-se que o solo é ideal, que a permeabilidade magnética do ar é μ e que a frequência da tensão de operação é f. De acordo com as informações apresentadas e desprezando-se a impedância interna dos condutores, então, a impedância própria longitudinal por unidade de comprimento de uma das fases da linha é
(A)
(D)
(B)
(E)
T
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AF
(C)
Resolução:
É importante observar que a questão supõe transposição da linha. Dessa forma, cada fase passa exatamente uma vez por cada uma das posições. Antes de fazer o cálculo vamos calcular a indutância mútua de um condutor simples considerando o solo ideal. Para isso considere a figura a seguir.
R
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Utilizando o método das imagens, o problema de calcular a densidade de
campo B(r) com um condutor e o solo ideal pode ser substituído pelo problema de calcular a densidade de campo considerando dois condutores espelhados e sem
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-2
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D
o solo.
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Sistemas de Potência II
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Usando a Lei de Ampère e o esquema da figura que segue temos que: Z 2πr B(r)dl = µ0 × i 0
B(r) =
µ0 × i 2πr
T
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AF
Como o fluxo φ é tal que dφ = BdA temos que Z 2H i × g × µ0 2H φ= B(r) × g × dr = × ln 2π R R
Em que g é o comprimento da linha. Usando a definição de indutância, Li = φ, temos que
gµ0 L= × ln 2π
2H R
R
Como existe transposição temos que a indutância própria é 398.126.848-24
Lp = L 1 + L 2 + L3 Lp =
gµ0 2π
× ln 3
2H1 R
+
gµ0 2π
× ln 3
2H2 R
+
gµ0 2π
× ln 3
2H3 R
D
Assim, usando a propriedade de logaritmo do produto √ µ0 2 3 H1 × H2 × H3 L= × ln 2π R Dessa forma, a indutância mútua: √ 2 3 H1 × H2 × H3 XL = j2πf Lp = jµ0 f ln R ✞
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Questão 71
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Sistemas de Potência II
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) A Aneel define biomassa como todo recurso renovável oriundo de matéria orgânica (de origem animal ou vegetal) que pode ser utilizada na produção de energia. Atualmente, a geração de energia elétrica por biomassa totaliza 7,16% da matriz de energia elétrica brasileira. Dentre os recursos utilizados na totalização desse tipo de geração de energia elétrica no Brasil, qual é o recurso mais utilizado? (A) Madeira (B) Biogás (C) Licor Negro (D) Casca de Arroz (E) Bagaço de Cana
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Resolução:
T
O Brasil se destaca entre a grande maioria dos países no mundo por sua matriz energética ter uma participação realmente significativa de energia renováveis. Entre elas podemos destacar a biomassa, que é a utilização de matéria orgânica
AF
(mais especificamente a energia armazenada em suas ligações químicas) para a geração de energia. Algumas das alternativas são: (A) A queima da madeira
(B) Biogás, que é o aproveitamento de rejeitos animais na forma de metano e outros gases
(C) Licor negro, um rejeito industrial de fábricas de papel
R
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(D) Casca de arroz
(E) Bagaço de cana
D
O candidato deve estar atento à composição da matriz energética nacional,
um estudo sobre as fontes renováveis mais comuns aponta o bagaço de cana como o elemento mais participativo. De fato, as usinas sucroalcooleiras não só utilizam a queima do bagaço para gerar a energia da usina como costumam vendêlas às distribuidoras. Uma boa analogia ou truque de memória é lembrar que o etanol (álcool etílico) é de conteúdo energético tão grande que o líquido é utilizado como combustível de automóveis. ✞
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Questão 72
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) A norma NBR 5410:2004 define os tipos de aterramento nas instalações elétricas de baixa tensão. Como exemplo desses tipos de aterramento, podem ser citados os esquemas IT, TN-C, TN-S e TT. A mesma norma define ainda o condutor PEN como o condutor que combina as funções de condutor neutro e de condutor de proteção. Considerando apenas os esquemas de aterramento supracitados, qual esquema, caso exista, utiliza o condutor PEN em sua configuração? (D) TN-S (A) Nenhum (E) TN-C (B) IT (C) TT
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Resolução:
T
Um esquema de aterramento que contém o condutor PEN (proteção e neu-
24
tro compartilhando o mesmo condutor) poderia ser TN-C (terra e neutro comuns)
8-
ou TN-C-S (terra e neutro comuns combinado com sistema terra e neutro separa-
84
AF
dos). No esquema IT o neutro não está solidamente aterrado e o terra das mas-
6.
sas sim, não sendo, portanto o mesmo condutor. No esquema TT o neutro está
12
aterrado e as massas também, mas os pontos de aterramento são distintos. No
8.
esquema TN-S o neutro e o terra estão aterrados no mesmo ponto, mas em toda
39
a instalação são condutores distintos, não existindo, portanto, o condutor PEN. A
24
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D
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R
figura a seguir apresenta os principais esquemas de aterramento.
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Questão 73
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Sistemas de Potência II
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
Um sistema elétrico de baixa tensão é dotado do esquema de aterramento IT com o neutro aberto (sem ligação para o terra). Em um equipamento elétrico monofásico dessa instalação ocorreu uma falta da fase para o terra. Diante dessa falta, ocorrerá o (A) (B) (C) (D) (E)
398.126.848-24
desarme do circuito pelo disjuntor desarme do circuito pelo DR desarme do circuito pelo DSI alarme provocado pelo DSI alarme provocado pelo DR
Dados DSI: dispositivo supervisor de isolamento DR: dispositivo a corrente diferencial
Resolução: A figura a seguir apresenta o esquema de um DR instalado em um sistema monofásico do tipo IT. A impedância neutro-terra é denotada por Z (no caso deste
T
problema Z é considerado infinito). No caso de um esquema IT o caminho de retorno da corrente de falta deve passar por Z. Dessa forma como Z é infinito então a corrente de fuga é nula. Em geral não faz sentido instalar DR em circuitos cujo
AF
esquema de aterramento é IT, já que a corrente de fuga é nula ou muito pequena (caso a impedância não seja infinita).
R
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D
Nesse tipo de instalação o que se usa é o DSI (dispositivo supervisor de
isolamento). O DSI, conforme definido na ABNT NBR 5410 (6.3.3.3) deve ser capaz de indicar qualquer redução significativa no nível de isolamento da instalação, para que a causa desta redução seja encontrada antes da ocorrência da segunda falta. O DSI não interrompe o circuito na primeira falta, mas faz soar um alarme quando ela ocorre. Como o enunciado da questão se refere à primeira falta, não há desligamento, mas sim alarme do DSI. (A) INCORRETA, pois o objetivo do DSI é impedir que o circuito seja desligado na primeira falta, logo o disjuntor não deve ser acionado.
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(B) INCORRETA, pois o DR não é utilizado em esquemas IT.
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(C) INCORRETA, pois o DSI não desliga o circuito na primeira falta. (D) CORRETA pelo que foi explicado anteriormente. (E) INCORRETA, já que não se usa DR no esquema IT. 398.126.848-24
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
T
Questão 74
Um alimentador elétrico, cujo fio condutor de cobre possui bitola de 50 mm2 com isolação de PVC, foi submetido a uma corrente de curto-circuito de 5,0 kA.
(A) 2,64 (B) 1,93 (C) 1,55 (D) 1,32 (E) 1,15
AF
Sabendo-se que k2S2 é a integral de Joule para aquecimento do condutor, desde a temperatura máxima para serviço contínuo até a temperatura de curto-circuito, o tempo máximo em que a proteção deve atuar diante dessa falta é, em segundos, igual a Dados • k = 115 • S: bitola do elemento condutor
Resolução:
R
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Se I é a corrente de curto-circuito em Ampères, T é a duração do curto-
circuito em segundos e S é a área da secção transversal do condutor em mm2 . Então para que não haja sobreaquecimento do condutor devemos ter que
D
I 2 × T ≤ K2 × S2
A questão não apresenta a unidade de K. Então vamos admitir que K está
dado de forma que as unidades são as usuais: corrente em Ampères, área em mm2 e tempo em segundos. Assim, a duração máxima do curto-circuito é Tmax =
K2 × S2 1152 × 502 = = 1, 32 s I2 5000 ✞
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Questão 75
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
A proteção diferencial longitudinal é recomendada para máquinas rotativas (motores ou geradores) acima de 1 MVA. Essa proteção diferencial é utilizada para atuar na ocorrência de falta entre (A) três fases (B) três fases e terra (C) fase e fase (D) fase e terra (E) neutro e terra
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Resolução: A figura abaixo foi extraída do livro (PAITHANKAR, Y. G. and BHIDE, S. R. Fundamentals of Power Systems Protection, 2nd Ed, PHI) e apresenta um es-
T
quema de proteção diferencial longitudinal.
24
Como o próprio nome indica, o funcionamento é baseando na diferença en-
8-
tre as correntes que entram e saem de cada fase da máquina. Se a corrente que
84
entra em um enrolamento é igual à corrente que sai deste mesmo enrolamento, a
6.
AF
corrente na bobina diferencial (indicada por zero no esquema) é nula. Caso haja
12
uma falta entre duas fases essa corrente não será nula, mas sim igual à diferença
8.
entre a corrente que entra e a que sai deste enrolamento, como pode ser visto no
39
esquema da figura. Detectada essa diferença desliga-se a máquina. Observe que
24
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D
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R
não é necessária uma falta entre três fases para que o dispositivo atue.
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Teoria Eletromagnética
AF
Questões Resolvidas RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
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utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q22 (pág. 1). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1
T
Q21 (pág. 3), Q24 (pág. 5). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q21 (pág. 7), Q23 (pág. 8).
AF
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q21 (pág. 10), Q22 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q17 (pág. 14), Q18 (pág. 15), Q19 (pág. 16), Q20 (pág. 17), Q21 (pág. 19), Q22 (pág. 20), Q23 (pág. 21), Q26 (pág. 23).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008 398.126.848-24
R
Q21 (pág. 24).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Refap 2007 Q24 (pág. 26).
D
Prova: Profissional Júnior - Engenharia Elétrica - BR Distribuidora 2010 Q27 (pág. 27), Q28 (pág. 29). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q22 (pág. 31), Q23 (pág. 32). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 Q7 (pág. 33). Prova: Engenheiro(a) Eletrônica - Eletrobrás Eletronuclear 2010
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 24
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Q26 (pág. 36), Q27 (pág. 38).
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Teoria Eletromagnética
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Questão 1
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2014/2 )
T
Uma corrente elétrica de valor 400 A percorre um longo condutor sólido horizontal (Y) fixo. Acima desse e em paralelo, deseja-se colocar outro condutor sólido delgado (X) que pesa 0,025 N/m e que será percorrido por uma corrente de 5 A. Para sustentar o condutor (X) acima do condutor (Y), apenas pela repulsão magnética, a distância (d) entre eles, em milímetros, deverá ser de
AF
Dados = 3,14. 7 constante de permeabilidade igual a 12,56 × 10 Wb/A.m 12 constante de permissividade igual a 8,85 × 10 F/m.
(A) (B) (C) (D) (E)
5 9 13 16 24
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R
Resolução:
Da teoria do eletromagnetismo sabemos que existe uma força de interação
entre dois fios paralelos percorridos por corrente. Quando os sentidos das cor-
D
rentes concordam, esta força é de atração, quando discordam, de repulsão. O enunciado informa que se deseja saber a distância entre os fios Y e X para que este último seja sustentado pelo equilíbrio das forças gravitacionais e magnéticas. Uma vez que a ação da gravidade faz o fio X cair, é evidente que a corrente
no fio Y é em sentido oposto ao de X para que a repulsão magnética seja idêntica em módulo à atração gravitacional. A fórmula para a força de atração ou repulsão, por unidade de comprimento de fio, entre dois fios de comprimento infinito é: µ0 I x I y 2πd
39
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FXY =
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Teoria Eletromagnética
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Por outro lado, o peso por unidade de comprimento do fio é simplesmente informado como sendo Fg = 0, 025N/m, igualando as duas forças, temos: Fg = FXY µ0 I x I y Fg = 2πd
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Isolando o termo d, temos: d=
µ0 I x I y 2πFg
Podemos escrever então: µ0 Ix Iy × 2π Fg
T
d=
Uma vez que Ix = 5A, Iy = 400A, Fg = 0, 025N/m e µ0 = 4π × 10−7 , temos: 4π × 10−7 5 × 400 × 2π 0, 025 2000 d = 2 × 10−7 × 0, 025
AF
d=
Na forma de notação científica:
d = 2 × 10−7 ×
4 × 10−1 m 25
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R
d=
2 × 103 25 × 10−3
16 × 10−1 m 100 d = 16mm d=
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D
Multiplicando por 4 em cima e em baixo:
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Questão 2
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Teoria Eletromagnética
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( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2012/1 )
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Duas superfícies cilíndricas, coaxiais, condutoras e infinitamente longas têm raios a [m] e b [m], conforme mostra a figura acima. A região entre os cilindros é preenchida por um dielétrico homogêneo, sem perda, com permissividade constante , e as superfícies condutoras dos cilindros têm espessuras desprezíveis. Considere que a superfície interna está
T
no potencial elétrico de +50 V e a externa no potencial de 0 V. Com base nos dados fornecidos, qual a expressão do raio r de uma superfície equipotencial, cilíndrica, no interior do dielétrico, que está com potencial de +10 V? (B)
(C)
(D)
(E)
AF
(A)
Resolução:
O cilindro interno está em um potencial maior que o cilindro externo, de modo que o sentido do campo elétrico é radial e externo. A diferença de potencial pode ser expressa como o negativo da integral de linha do campo elétrico em um
R
caminho, por simetria usemos o sentido radial e externo, para facilitar as contas: Z Z r≤b U = − Edl = − E(r)dr C
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a
D
Então precisamos determinar o campo elétrico. Utilizando a lei de Gauss
para um cilindro concêntrico temos, para uma densidade superficial de carga σ : Z Qenv = DdS S
Z
σdS = S
Z
l
εE2πrdx 0
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4
2πalσ = 2πrlεE σ a E(r) = ε r
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Teoria Eletromagnética
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Integrando com respeito ao campo elétrico obtido temos: σa r U (r, a) = − ln ε a 398.126.848-24
Para o potencial de 10V a um raio r temos U = 10 − 50 = −40V , logo: σa r 40 = ln ε a
(1)
Sabendo ainda que quando r = b temos U = −50V : σa b 50 = ln ε a
(2)
T
Dividindo a expressão 1 pela 2 teremos: ln ar 4 = 5 ln rb
AF
Utilizando a propriedade de mudança de base entre os logaritmos temos: r 4 = log b a 5 a O que se traduz em:
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r 5 = b4 a 4
1
r = b5 a5 1
1
r = b1 b− 5 a 5 r=
b 1 b 5
a
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Alternativa (E) ✆ ✝
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D
R
45 b r = a a 4 b r 5 = a a
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Questão 3
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Teoria Eletromagnética
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( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2012/1 )
No arranjo da figura abaixo, é apresentado um trilho formado por duas barras condutoras paralelas muito longas, dispostas verticalmente em relação ao solo, sobre as quais uma barra móvel condutora de comprimento L = 2 m e massa M = 100 g pode movimentar-se livremente, sem atrito e sem perder o contato com o trilho. Um campo magnético uniforme B = 0,5 T é aplicado a esse arranjo, conforme mostra a figura.
T
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AF
Considere que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2 e que o valor das resistências elétricas da barra e do trilho é desprezível em comparação com o resistor R. Dessa forma, o valor da resistência R que permite que a barra caia com velocidade constante v = 10 m/s é (A) 1 k Ω (B) 100 Ω (C) 10 Ω (D) 1 Ω (E) 0,1 Ω
Resolução:
Nesta situação podemos considerar o conjunto formado pelo fio condutor e a barra como uma espira cuja área aumenta conforme ocorre a queda da barra. Pela lei da indução de Faraday o aumento do fluxo envolvido pela espira induz tensões na mesma, provocando a circulação de corrente elétrica. Esta corrente interage 398.126.848-24
R
com o próprio campo magnético que a criou, experimentando a barra uma força que atua no sentido de frear a sua própria queda, removendo energia do sistema. Finalmente, para que um corpo mova-se com velocidade constante é necessário que a resultante das forças que nele agem seja nula, em outras palavras, a força
D
eletromagnética deve ser de mesmo módulo que o peso da barra, porém com sentido oposto.
Para o candidato analisar o problema quantitativamente é necessário obter
os seguintes dados: 1. Calcular o fluxo na “espira” em função do tempo, através de uma integral de superfície; 2. Calcular a tensão induzida na “espira”, através de derivação; 3. Avaliar a corrente, bem como seu sentido para determinar a força eletromag-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
nética;
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8.
6
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6
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4. Igualar, em módulo, a força da gravidade e a força eletromagnética. Podemos supor que a barra partiu de um x = x0 e como estamos analisando a situação que a barra se desloca a v m/s temos: Z Z Φ= BdS = B dS = BS = BL(x0 + vt)
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S
S
Derivando o fluxo no tempo encontraremos a tensão induzida na “espira” e pela lei de Lenz iremos observar que a corrente induzida circulará no sentido anti-horário, de modo a se opor a esta variação de fluxo.
T
dΦ = BLv dt BLv Iind = R
A força eletromagnética é proporcional ao campo B agindo sobre a corrente
AF
e ao comprimento L da barra, assim:
Fem = BIL =
B 2 L2 v R
Como esta força deve contrabalancear o peso devemos ter:
R
Fem = P
B 2 L2 v = Mg R
398.126.848-24
Isolando a resistência R e substituindo os valores do enunciado: B = 0, 5T ,
D
L = 2m, M = 0, 1kg, g = 10m/s2 e v = 10m/s temos: B 2 L2 v Mg 0, 52 × 22 × 10 R= 0, 1 × 10 R=
R = 10Ω ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 4
8.
7
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6
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( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2011 ) Um fio reto infinitamente longo de seção reta circular é percorrido por uma corrente elétrica de valor constante. Considere o módulo da intensidade de campo magnético medido no interior desse fio a uma distância r do centro da seção reta. Na hipótese de a seção reta do fio ter seu raio duplicado, mantendo a mesma intensidade de corrente, um segundo valor de intensidade do módulo do campo magnético aparecerá no mesmo ponto, distante r do centro da seção.
398.126.848-24
A expressão de
, em relação a
,é
(A) (D)
(B)
T
(E) (C)
AF
Resolução:
A lei de Ampère nos informa que a integral de linha do campo magnético tem o mesmo valor da corrente envolvida por esta curva fechada. Por simetria axial, a curva mais adequada para análise é um círculo concêntrico ao fio infinito, desta forma:
Z
Hdl = Ienv =
C
Z
JdS =
S
Z
r
J(r)2πrdr
0
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R
Como a distribuição de corrente é uniforme, a corrente envolvida pela ampe-
riana é proporcional à área envolvida em relação à área total do fio, nos poupando
D
o esforço de calcular a integral, supondo que o fio tenha inicialmente raio total R1 : 2 2 πr r Ienv = I= I 2 πR1 R1 Desta forma:
Z
Hdl = 2πrH1 = Ienv C
H1 = H1 =
Ienv 2πr
r 2πR12
I
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Repetindo o problema para uma segunda distribuição de corrente, desta vez
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8.
8
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6
398.126.848-24
com raio R2 iremos obter a mesma expressão para um segundo campo: r H2 = I 2πR22 Dividindo H2 por H1 , para o mesmo raio r e a mesma corrente I: 2 H2 R1 = H1 R2 2 H2 1 = H1 2 H1 H2 = 4
398.126.848-24
✞
☎
Questão 5
AF
T
Alternativa (D) ✆ ✝
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2011 )
Considere um cubo no qual uma de suas faces está no potencial elétrico [volt], e as demais faces estão no potencial zero.
R
Dado que, no interior do cubo, o dielétrico é o ar, qual o potencial elétrico, em volts, no centro desse cubo?
398.126.848-24
(A)
(D)
(B)
(E)
D
(C)
Resolução:
Como nada é dito sobre a condutividade do meio podemos assumir que todo
o interior do cubo é um meio dielétrico perfeito. Como temos uma condição eletrostática, a analogia de circuito mais natural é a de capacitores. De fato podemos considerar a interface “face do cubo - centro do cubo” como um capacitor de placas planas e utilizarmos a fórmula: C=ε
A d
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Temos cinco faces completamente descarregadas (aterradas) e uma face
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8.
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6
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carregada no potencial V0 , deste modo podemos associar uma capacitância entre a face carregada e o centro do cubo e uma capacitância entre o centro do cubo e as faces descarregadas. Por considerações de simetria a distância equivalente de um capacitor de
398.126.848-24
placas planas é a mesma para ambas as faces em relação ao centro, como a área das faces descarregadas é cinco vezes a área da face descarregada temos: C(terra−centro) = 5C(carregada−centro) = 5C Observação: Alternativamente poderíamos considerar cada conjunto “face do cubo - centro do cubo” como tendo uma capacitância e teríamos que as cinco
T
faces descarregadas formam um conjunto em paralelo, sendo este em série com a face carregada de V0 .
Utilizando a lei das malhas temos:
AF
V(terra−centro) + V(centro−carregada) = V0
Como temos “capacitores” em série, ambos têm a mesma carga: Q(terra−centro) = Q(carregada−centro)
5CV(terra−centro) = CV(carregada−centro)
R
5V(terra−centro) = V(carregada−centro)
398.126.848-24
Substituindo na equação das malhas obtida anteriormente temos que V(terra−centro) =
V0 6
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
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-2
4
D
e como o potencial das faces aterradas é zero, temos a resposta na letra (E).
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Questão 6
8.
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6
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( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/2 ) Um núcleo toroidal tem uma seção reta S [ m2 ], comprimento médio L [ m ], permeabilidade μ [ H/m ] e um enrolamento de N espiras. Nesse núcleo é feito um Gap (entreferro) de comprimento médio d [ m ], com d << L, de modo que a dispersão no Gap possa ser desprezada. Para que o núcleo tenha um fluxo magnético de Ψ [ Wb ], a expressão da corrente no enrolamento, em ampères, é
398.126.848-24
Dados: permeabilidade do Gap é μ0 [ H/m ] e a dispersão no enrolamento é desprezível
(B) I =
Y é (L - d) d ù + ê ú NS ë m m0 û
(C) I =
YS é (L - d)ù ê ú N ë m + m0 û
éL d ù (D) I = YNS ê + ú ë m m0 û Y [Lm + dm0 ] NS
T
YN é (L - d) d ù + ê ú S ë m m0 û
(E) I =
AF
(A) I =
Resolução:
Esta questão envolve o conceito de circuito magnético, onde podemos observar o uso de duas equações de Maxwell, que resultarão num sistema linear de segunda ordem, bastando fazer as substituições adequadas para se chegar a uma
R
expressão conveniente com o enunciado da questão.
398.126.848-24
A Lei de Ampère aplicada ao circuito resulta que a integral de linha do campo
H no circuito magnético é igual à corrente envolvida, desta forma (observe que
D
L − d ≈ L):
Z
Hdl = Ienv
(3)
Hgap d + Hf erro (L − d) = N I
(4)
C
A inexistência de monopólos magnéticos por outro lado atesta que o fluxo
magnético que entra pelo entreferro é o mesmo fluxo magnético que sai pelo entreferro, uma vez que o enunciado afirma que não há dispersão de fluxo. (5)
µHf erro S = µ0 Hgap S
(6)
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8.
12
6. 8
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-2
4
Ψentra = Ψsai = Ψ
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8.
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6
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Eliminando em 6 o termo S e isolando Hgap temos: Hgap =
µ Hf erro µ0
(7)
Deste modo, basta acharmos uma expressão para Ψ em função de I subs-
398.126.848-24
tituindo 7 em 4: Hf erro (L − d) +
µ µ0
Hf erro d = N I Hf erro =
NI (L − d) +
Ψ = µHf erro S
µ µ0
(8) d (9)
N IS (L − d) + µµ0 d
AF
Ψ=µ
T
Substituindo 8 em 9, iremos chegar à expressão final para o fluxo por espira:
Isolando a corrente elétrica I da equação acima teremos: Ψ (L − d) d I= + NS µ µ0 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
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Questão 7
8.
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6
398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/2 ) Na fronteira entre dois meios dielétricos magnéticos (meios 1 e 2), os campos elétrico e magnético devem satisfazer determinadas condições de contorno. Considere que os meios 1 e 2 tenham, respectivamente, permissividades ε1 e ε2 (em F/m) e permeabilidades μ1 e μ2 (em H/m). Dado que, nos meios 1 e 2, as intensidades de Campo Elétrico, em V/m, são, respectivamente, E1 e E2, e as densidades de fluxo magnético, em T, são, respectivamente, B1 e B2, na fronteira entre esses meios, a(s) componente(s) (A) normal de E1 é igual à componente normal de E2. (B) tangencial de E1 é igual à componente tangencial de E2. (C) tangencial de B1 é igual à componente tangencial de B2. (D) tangenciais de E1 e E2 são proporcionais às respectivas permissividades. (E) tangenciais de B1 e B2 são inversamente proporcionais às respectivas permeabilidades.
AF
T
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Resolução:
Esta questão pode se tornar simples uma vez conhecidas as condições de contorno derivadas das quatro equações de Maxwell.
A primeira equação de Maxwell nos diz que o fluxo elétrico em uma superfície fechada é igual à carga envolvida por esta mesma superfície, o que nos leva à
R
seguinte condição de contorno, onde N assinala a componente normal:
398.126.848-24
D1N − D2N = σ
D
ε1 E1N − ε2 E2N = σ
A segunda equação de Maxwell nos diz que o fluxo magnético é sempre
zero em uma superfície fechada, o que equivale a negar a existência de monopólos magnéticos uma vez que as linhas de campo fecham-se sobre si mesmas. Isto se traduz na seguinte condição de contorno: B1 − B2 = 0 µ1 H1N − µ2 H2N = 0 A terceira equação de Maxwell em sua forma estática, sem variações no tempo, nos diz que a circulação do campo magnético é igual ao valor da corrente
39
8.
12
6. 8
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-2
4
envolvida nesta circulação, de modo que temos outra condição de contorno, desta
398.126.848-24
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vez tangencial (T ): H1T − H2T = J A quarta equação de Maxwell em sua forma estática nos diz que a circulação de E é zero, uma vez que na ausência de um fluxo magnético variante no tempo o
398.126.848-24
campo elétrico se torna conservativo. E1T − E2T = 0 A alternativa (A) afirma que as componentes normais dos campos elétricos são iguais, mas observando a primeira condição de contorno isto só seria verdadeiro se as permissividades dielétricas fossem idênticas e a densidade superficial
T
de carga σ fosse nula, o que não é especificado. A alternativa (B) afirma que as componentes tangenciais do campo elétrico são iguais, e de fato o são no regime estático o que a confirma como resposta. Isso já invalida como verdadeira a al-
AF
ternativa (D), pois por inspeção notamos que as permeabilidades dielétricas não são relevantes em relação às componentes tangenciais. A alternativa (C) seria verdadeira se esta se referisse à componente normal do vetor indução magnética, portanto é falsa. A alternativa (E) é incorreta, pois a condição de contorno citada independe da permeabilidade magnética.
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
R
398.126.848-24
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Questão 8
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398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
Uma carga elétrica penetra em um campo magnético com movimento retilíneo, cuja direção faz com as linhas de fluxo um ângulo . A intensidade da força imposta à carga é 398.126.848-24
(A) mínima se for igual a 45°. (B) mínima se for igual a 90°. (C) máxima se for igual a zero. (D) máxima se for igual a 45°. (E) máxima se for igual a 90°.
Resolução:
T
Esta questão é trivial, e basta saber a expressão para a força experimentada por uma partícula carregada em movimento, dada por um produto vetorial. Deste modo é preciso utilizar a informação do ângulo α existente entre o movimento
AF
(velocidade) e o sentido do campo magnético.
Fem = qvBsen(α)
Desta forma, para maximizar esta força é necessário uma condição de ortogonalidade (α = 90◦ ) entre as linhas de campo magnético e o movimento da
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
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8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
carga.
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Questão 9
8.
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398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 ) Um condutor, movimentando-se no interior de um campo magnético, é submetido por indução a uma força eletromotriz (f.e.m.). A f.e.m. induzida é proporcional (A) somente ao número de espiras. (B) somente à velocidade com que o campo magnético varia. (C) somente à velocidade com que este condutor corta o campo magnético. (D) ao número de espiras e à velocidade com que o campo magnético varia. (E) às velocidades com que este condutor corta o campo magnético e com que o campo magnético varia.
398.126.848-24
Resolução: Questão bastante simples, uma vez compreendida satisfatoriamente a lei de
T
Faraday da indução, que diz que a variação no tempo de um fluxo magnético induz tensões elétricas de modo a se opor a esta variação de fluxo.
Quanto maior o número de espiras, maior é o fluxo enlaçado globalmente
AF
pelo condutor, deste modo para uma mesma variação do campo magnético há um maior fluxo variando no tempo e consequentemente maior tensão induzida. Velocidade é caracterizada como uma taxa de variação no tempo, então, quanto maior a variação de um campo magnético para uma mesma superfície submetida a este campo, maior a tensão induzida.
Um ímã se aproximando de uma espira imóvel é equivalente a uma espira 398.126.848-24
R
se aproximando de um imã imóvel, o que interessa para a existência de tensão induzida é a variação de fluxo, que decorre de um movimento relativo entre as partes.
D
Deste modo, as alternativas (A) e (B) são incorretas por não responderem
de forma completa aos requisitos para o surgimento de uma força eletromotriz. Já a alternativa (C) peca por não admitir a equivalência devido ao movimento relativo. Restam as alternativas (D) e (E), mas podemos notar que as duas afirma-
ções da letra (E) são equivalente, conforme nossa discussão sobre movimento relativo, além de pecar por não levar em conta o aumento de superfície envolvida devido ao aumento do número de espiras. Como força eletromotriz é variação de fluxo e a alternativa (D) fala tanto de variação como de fluxo, ela é a alternativa
correta e mais completa. ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 10
8.
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398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
i
+
398.126.848-24
Linhas de Fluxo Magnético Entreferro
V
Enrolamento com N espiras
Seja o circuito magnético mostrado na figura acima. A.espira Wb
T
Sabendo-se que a relutância do cobre vale 3.103 e a do entreferro vale 4.105
A.espira e que N= 5000, o Wb
AF
valor aproximado da indutância L do circuito, em H, é (A) 0,06
(B) 0,1
(C) 0,6
(D) 0,8
(E) 1,0
Resolução:
Observação: No enunciado, razoável seria substituir a palavra “cobre” por 398.126.848-24
R
“ferro”, dado a figura e o valor de relutância observado.
Neste problema, podemos utilizar uma fórmula genérica para a indutância,
que é proporcional ao quadrado do número de espiras e inversamente a relutância equivalente. Como as linhas de campo que circulam pelo entreferro são as mes-
D
mas que circulam pelo ferro é evidente que o circuito magnético equivalente são duas relutâncias em série, deste modo: Req = Rf erro + Rentref erro
Como a relutância do entreferro é bem maior que a relutância do ferro, podemos fazer um cálculo aproximado considerando que toda a relutância se deve quase que unicamente à presença do entreferro, assim:
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8.
12
6. 8
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-2
4
Req ≈ Rentref erro = 400.000
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8.
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6
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Finalmente, aplicando a fórmula da indutância: N2 Req (5.000)2 L≈ 400.000 250 L≈ 4 L ≈ 62, 5H L≈
398.126.848-24
Esta é a resposta da questão, porém a alternativa indicada no gabarito é a letra (C). Podemos observar que utilizando N = 500 a resposta seria coerente com o gabarito, deste modo concluímos que houve um erro de digitação no enunciado.
T
Porém, mesmo com este erro claro, parece que esta questão não foi anulada (?). ✞
☎
Questão 11
AF
Alternativa (C)* ✆ ✝
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
R
Em uma determinada região do espaço, o potencial elétrico
398.126.848-24
2
é dado pela expressão V = 2x y + zx + y/z. Sabendo-se que r r r i , j e k são os vetores unitários nas direções dos eixos
D
x, y e z, o campo elétrico, em V/m, no ponto A(2,−1,3) é r r r r r r (A) 5 i 8,3 j 2,1k (B) 5 i 8,3 j 2,1k r r r r r r (C) 8 i 8 j 0,3k (D) 2 i 1j 3k
r r r (E) 5 i 8,3 j 2,1k
Resolução: É de conhecimento que as linhas de campo elétrico partem das cargas positivas e se encerram nas cargas negativas e deste modo uma carga submetida a este campo é movida dos maiores potenciais para os menores potenciais. Do cálculo vetorial sabemos que o campo gradiente aponta na direção da maior vari-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ação do campo derivado, deste modo, o campo elétrico é o negativo do gradiente
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do potencial elétrico, pois desta forma ele sempre aponta no sentido de minorar o potencial, desta forma: E = −∇V = −
∂V ~ ∂V ~ ∂V i− j− ~z ∂x ∂y ∂k
(10)
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Calculando a derivada parcial do potencial elétrico em relação à variável x: ∂V = 4xy + z ∂x
(11)
Calculando a derivada parcial do potencial elétrico em relação à variável y: ∂V = 2x2 + z −1 ∂y
(12)
T
Calculando a derivada parcial do potencial elétrico em relação à variável z:
AF
∂V = x − yz −2 ∂z
(13)
Agora, devemos avaliar em x = 2, y = −1 e z = 3 as derivadas parciais e substituirmos na expressão 10 do gradiente:
∂V = 4 × 2 × (−1) + 3 = −5 ∂x ∂V 1 = 2 × 22 + 3−1 = 8 + ≈ 8, 3 ∂y 3 ∂V 1 = 2 − (−1) × 3−2 = 2 + ≈ 2, 1 ∂z 9
(14) (15) 398.126.848-24
R
(16)
Substituindo 14, 15 e 16 em 10, temos:
E = −(−5)~i − (8, 3)~j − (2, 1)~k E = 5~i − 8, 3~j − 2, 1~k ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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-2
4
D
E = −∇V
398.126.848-24
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Questão 12
8.
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6
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( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
L = 0,5 m g = 10 m/s
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2
B = 2,5 T
AF
T
A figura acima apresenta uma espira retangular fechada de lado L, que inicia um movimento de queda livre no limiar das linhas de fluxo de um campo magnético B de 2,5 T. Desprezando a resistência do ar e adotando a aceleração da gravidade g igual a 10 m/s2, o fluxo na espira para t = 2 s, em Wb, é (A) 5,00 (B) 6,25 (C) 12,50 (D) 25,00 (E) 30,00
Resolução:
Esta questão mistura princípios de movimento retilíneo uniformemente variado com a definição de fluxo magnético sobre uma superfície. Analisemos dois 398.126.848-24
R
pontos:
1. Assumimos que a velocidade inicial é zero pela queda livre, desta forma o movimento é da forma x(t) = g2 t2 = 5t2 , com os dados do problema e
D
definindo a fronteira entre a regiões com e sem campo como x = 0 .
2. O fluxo é a integral de superfície do campo sobre a área envolvida pela espira que também é submetida ao campo. Como o campo é uniforme temos que Φ = BAenv = BLx(t)
Reunindo o valor de B = 2, 5T , L = 0, 5m e t = 2s têm-se: Φ = BL(5t2 ) = 2, 5 × 0, 5 × (5 × 22 ) = 25W b ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 13
8.
20
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Teoria Eletromagnética
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6
398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
+
Curva Amperiana
398.126.848-24
3A
+
+
2A
1A
8A
sentido do percurso
7A 5A
+
Legenda: corrente corrente sainda saindo da da página página corrente corrente entrando entrando na da página página
A figura acima apresenta uma curva amperiana que engloba seis condutores, cujas correntes encontram-se indicadas
T
ao lado desses condutores. Considerando o sentido de percurso da amperiana indicado na figura e a
ur r
permeabilidade magnética do meio, o valor de Bdl , em
AF
T.m, é (A) - 2 (B) - (C) (D) 2 (E) 3
Resolução:
Esta questão se torna trivial se pudermos recordar a regra da mão direita: 398.126.848-24
R
percorrendo o sentido de integração de linha (da amperiana) com os quatro dedos superiores da mão direita, a direção considerada positiva é para onde o “dedão” aponta. Então neste caso são consideradas positivas as correntes saindo do quadro (⊙) e negativas as correntes entrando no quadro (⊗).
D
Agora basta lembrar a lei de Ampère, sem contar a corrente de desloca-
mento:
Z
(17)
Hdl = Ienv C
Ou em termos da indução magnética, denominando I⊙ as correntes saindo
do papel e têm sentido positivo e denominando I⊗ as correntes entrando no papel e têm sentido negativo temos: Bdl = µ0 Ienv = µ0 C
X
saindo
I⊙ −
X
entrando
I⊗
!
(18)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Z
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
21
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Teoria Eletromagnética
12
6
398.126.848-24
Assim, temos: X
I⊙ = 7 + 5 + 2 = 14A
(19)
I⊗ = 1 + 8 + 3 = 12A
(20)
saindo
X
398.126.848-24
entrando
Substituindo 19 e 20 em 18: Z Bdl = µ0 (14 − 12) = 2µ0 C
✞
☎
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
AF
Questão 14
T
Alternativa (D) ✆ ✝
Comutador Escova
N
S
Eixo
Enrolamento
R
Armadura
398.126.848-24
ÍMÃ
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
O esquema acima representa um motor elementar. O princípio de funcionamento dessa máquina está calcado na repulsão dos polos da armadura pelos do ímã permanente. A respeito dessa máquina, afirma-se que (A) o motor somente pode iniciar o movimento se for alimentado por uma fonte CA. (B) o motor, quando alimentado por uma fonte CA, inicia o movimento em uma velocidade proporcional à frequência da fonte. (C) os polos da armadura, juntamente com o ímã, provocam a repulsão magnética somente na partida do motor. (D) os polos da armadura em conjunto com o comutador validam a possibilidade de o motor ser alimentado por uma fonte CC. (E) se o enrolamento for alimentado por uma fonte CC, a máquina iniciará o movimento em qualquer situação.
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22
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Teoria Eletromagnética
12
6
398.126.848-24
Resolução: Esta questão trata simultaneamente do processo de conversão de energia, eletromagnetismo e de algum conhecimento de máquinas elétricas. Devido à presença do comutador e ao enrolamento de armadura se localizar no rotor conclui-se
398.126.848-24
que se trata de um motor elétrico de corrente contínua de imã permanente. Julguemos as alternativas: (A) Falso, por dizer que a armadura pode ser exclusivamente alimentada por corrente alternada. A única possibilidade de um motor CC ser alimentado por corrente alternada é quando seu enrolamento de campo encontra-se em série com o enrolamento de armadura, mas como é um dispositivo de imã permatorque útil na máquina.
T
nente a alimentação de corrente alternada não é capaz de produzir qualquer
(B) Falso. A velocidade de um motor de corrente contínua é proporcional à
AF
frequência elétrica nos seus enrolamentos de armadura, frequência esta determinada pela velocidade que o campo gerado pelo imã corta as bobinas do rotor. Isto, além do fato discutido no parágrafo anterior, invalida esta alternativa.
(C) Falso. Alternativa absurda, pois estamos discutindo um motor elétrico, cuja força provém das repulsões dos campos do estator e do rotor. Se a repulsão 398.126.848-24
R
só existisse na partida não haveria mais forças para impulsionar o rotor e ele eventualmente pararia por atrito e perdas elétricas.
(D) Verdadeiro. Esta alternativa é a correta por expressar justamente a alimenta-
D
ção correta de um motor de corrente contínua, pois as correntes alternadas são retificadas pela estrutura mecânica do comutador.
(E) Falso. Esta alternativa peca por não levar em conta as situações que um motor pode não partir, uma delas por exemplo é o fato do eixo magnético do enrolamento de armadura poder se encontrar alinhado com o eixo magnético do enrolamento de campo o que implicaria a inexistência da repulsão que daria partida ao motor. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 15
8.
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Petrobras 2010/1 )
R partida
0,2
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23
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12
6
398.126.848-24
B t=0
X
X
X
X
X
i (t) e + ind -
V = 200 V X
X
0,5 m
X
X
X
T
B = vetor densidade de fluxo magnético eind = tensão induzida na barra
A figura ao lado ilustra o esquema de funcionamento de uma máquina linear ideal, consistindo de uma bateria com tensão de 200 V e resistência interna de 0,2 , conectada através de uma barra condutora sobre um par de trilhos sem atrito. Essa barra inicia o deslizamento sobre o par de trilhos quando a chave é fechada em t = 0. Adicionalmente, ao longo dos trilhos, existe um campo magnético constante com densidade uniforme, cujas linhas de fluxo são perpendicularmente cortadas pela barra. Para limitar a corrente de partida, uma resistência Rpartida pode ser inserida a fim de prevenir a ocorrência de danos à máquina durante sua inicialização. Qual o valor da Rpartida a ser inserida, para que a corrente seja reduzida a 1/5 do valor anterior? (A) 0,2 (B) 0,5 (C) 0,8 (D) 5,5 (E) 10
Resolução:
AF
No instante em que a chave se fecha e o circuito é ligado, a tendência é que surja corrente e que esta corrente crie uma força que faça a barra se mover devido ao campo magnético. Contudo, a barra tem massa e não pode alterar sua posição instantaneamente, pois é preciso alguma aplicação contínua desta força para que a barra atinja uma velocidade, por transferência de momento. Pela lei de Faraday, o movimento da barra provoca uma variação de fluxo 398.126.848-24
R
e consequentemente uma força contraeletromotriz. Como pela inércia no instante de ligação a barra está com v = 0 a força contraeletromotriz neste instante é nula. Deste modo, na ligação a única limitação para a corrente é a resistência total do conjunto. Uma analogia de máquinas elétricas é a partida de um motor de corrente
D
contínua, assim:
Ipartida =
V 0, 2 + Rpartida
Sem a resistência de partida, a corrente de partida original é obtida fazendo
Rpartida = 0, assim:
Ipartida =
200V = 1000A 0, 2Ω
Como desejamos uma corrente de partida um quinto da anterior, temos: 1000A 5 = 200A
Inovo =
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6. 8
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Inovo
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398.126.848-24
200V = 200A 0, 2 + Rpartida 0, 2 + Rpartida = 1 Rpartida = 0, 8Ω
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
T
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Termoaçu 2008 )
Dados: VB = 100V R = 20 B = 5 Wb/m2 l =2m L = 2.5 m
AF
Questão 16
l
398.126.848-24
D
R
Uma máquina de corrente contínua linear consiste de uma bateria (VB) e uma resistência (R) conectadas a um trilho. Ao longo do trilho existe um campo magnético constante (B), uniforme e direcionado para dentro da página. Uma barra de material condutor sem resistência é capaz de se mover, sem atrito, nos dois sentidos do trilho. A figura acima apresenta o esquema da máquina. No instante t = 0 s a chave do circuito é fechada e a barra começa a se mover. Com base no exposto, a corrente de partida, a força induzida à qual a barra é imediatamente submetida após a chave ser fechada, o seu sentido de deslocamento sobre os trilhos e a sua velocidade final são, respectivamente: (A) 0A; 62,5N; direita; e 10m/s (B) 5A; 50N; esquerda e 10m/s (C) 5A; 62,5N; direita e 8m/s (D) 5A; 50N; direita; e 10m/s (E) 0A; 0N; esquerda; e 10m/s
Resolução: No instante de fechamento da chave, o conjunto circuito + barra, que forma uma espira fictícia, ainda se encontra parado, de forma que não está ocorrendo
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8.
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6. 8
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-2
4
variação de fluxo e tensão induzida e portanto toda a queda de tensão ocorre
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398.126.848-24
exclusivamente no resistor. Desta forma a corrente de partida é (mesmo raciocínio usado para corrente de partida de um motor CC): Ipartida =
V 100 = = 5A R 20
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Ocorre o surgimento de uma força provocada pela interação desta corrente, que percorre o circuito no sentido horário, e o campo magnético B. Podemos utilizar a expressão que afirma que a força é proporcional à corrente, campo e ao comprimento. Mas, que comprimento deveremos utilizar: l ou L? A resposta seria o comprimento menor, pois esta expressão se refere aos trechos percorridos por corrente, assim:
T
Fem = Bil = 5 × 5 × 2 = 50N Utilizando a regra do produto vetorial é possível observar que o movimento ocorre para o que a nossa referência considera como direita, de modo que a res-
AF
posta já nos é acessível como sendo a letra (D).
O último dos quatro itens diz respeito à velocidade terminal, que ocorre sob duas condições:
I - A resultante das forças sobre a barra é nula. Como não há mais nenhuma força agindo sobre a barra esta hipótese pode ser descartada. II - Não há mais nenhuma corrente circulando pelo circuito, de modo que a força
398.126.848-24
R
eletromagnética cessa por ausência de corrente. Por eliminação, isto é o que ocorre e disto podemos concluir que não há tensão sobre o resistor e consequentemente a tensão induzida pelo movimento da barra é igual à
D
tensão da fonte.
Esta velocidade terminal pode ser obtida equivalendo Blv = Vf onte
Utilizando B = 5T , l = 2m e Vf onte = 100V temos: 5 × 2 × v = 100 v = 10m/s ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 17
8.
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398.126.848-24
( Eng de Equipamentos Jr - Elétrica - Refap 2007 )
Denomina-se “atuador” um dispositivo elétrico de pequeno ou grande porte, capaz de produzir energia mecânica, caracterizada por forças atuantes em peças sólidas de constituição ferrosa. Solenóides de fechaduras elétricas e eletro-ímãs transportadores de sucatas ferrosas em siderúrgicas são dois exemplos de atuadores usados na prática. Sobre esses dispositivos, é correto afirmar que: (A) produzem forças de menor intensidade que os “transdutores”, também conversores eletromecânicos como eles. (B) produzem forças, somente se alimentados com tensão contínua, sob pena de criarem deslocamentos de sentido oposto ao desejado. (C) são de construção capacitiva e mostram intensas forças entre partes fixa e móvel, produzidas pelo campo elétrico entre as duas partes. (D) são de construção e natureza indutiva e podem ter as partes fixas dos núcleos construídas com metais não-ferrosos, sem perdas magnéticas. (E) são de construção e natureza indutiva e as intensas forças produzidas atuam no sentido de aumentar a indutância da bobina.
AF
T
398.126.848-24
Resolução:
Esta é uma questão voltada para as aplicações do eletromagnetismo na conversão eletromecânica de energia, mas aonde algum conhecimento de instrumentação pode vir a ser útil.
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R
Transdutores são dispositivos ligados à medição e instrumentação que con-
vertem uma forma de energia em outra, não precisando ser necessariamente de modo eletromecânico, como a retirada de energia de um sistema invariavelmente compromete a qualidade da medição, não é de seu escopo produzir grandes for-
D
ças ou velocidades. Deste modo, é evidente que atuadores utilizam muito mais energia que os transdutores, invalidando a alternativa (A). Solenóides, relés e eletroímãs são dispositivos que utilizam do fato que for-
ças atuam sobre os circuitos magnéticos de modo a minimizar suas relutâncias, independendo do sentido que a corrente percorre, deste modo a letra (B) também se mostra incorreta. As alternativas (C) e (D) se mostram contraditórias e ao mesmo tempo ambas estão erradas. A primeira por ignorar que os atuadores tenham suas forças produzidas por energia associada ao circuito e ao campo magnético, através de
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8.
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6. 8
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-2
4
corrente elétrica. A segunda por ignorar que construtivamente estes dispositivos
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utilizam de materiais ferrosos de permeabilidade magnética relativa muitas vezes maior que a unidade e por afirmar que não perdas no circuito magnético. A alternativa (E) é a alternativa correta por descrever os atuadores: dispositivos que se utilizam da energia associada a um campo magnético (indutância) que
398.126.848-24
agem no sentido de diminuir a relutância (equivalente a aumentar a indutância). ✞
☎
( Profissional Jr - Eng Elétrica - BR Distr. 2010 ) La
AF
Questão 18
T
Alternativa (E) ✆ ✝
A
f
B
i
Lb
398.126.848-24
R
Nesp
D
A figura acima apresenta um núcleo ferromagnético formado por dois materiais distintos, representados por A e B. O núcleo possui as seguintes características: - comprimento médio do material A: La= 40 cm - comprimento médio do material B: Lb= 1 cm - permeabilidade do material A: = 10 - permeabilidade do material B: = 0,5 - área da seção transversal do núcleo: S= 5 cm2 - é a permeabilidade do vácuo Sabe-se que uma fonte de corrente contínua faz circular na bobina de 100 espiras (Nesp=100) uma corrente i igual a 5 A. A expressão do fluxo magnético, em Wb e em função de , que circula neste núcleo, é, aproximadamente, (A) 2,3 (B) 3,6 (C) 4,2 (D) 5,2 (E) 6,7
Resolução: O fluxo magnético pode ser escrito como Φ = BS ou ainda Φ = µHS. Como
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6. 8
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-2
4
o valor da superfície S já nos é conhecido basta determinarmos H em algum ponto
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8.
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Teoria Eletromagnética
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398.126.848-24
do circuito magnético. Como há dois meios com permeabilidades diferentes com mesma superfície, existem dois valores de H possíveis, denominemos Ha e Hb . Escrevendo a lei de Ampère: (21)
N I = H a La + H b L b
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Precisamos de mais outra expressão para isolar Ha (ou Hb ), esta expressão é a conservação dos fluxos que entram no meio B através do meio A, deste modo: Φa = Φb µa H a S = µb H b S 10µ0 Ha = 0, 5µ0 Hb
T
Hb = 20Ha
(22)
AF
Substituindo a equação 22 na 21 temos:
N I = Ha (La + 20Lb )
100 × 5 = Ha (0, 40 + 20 × 0, 01) 500 = 0, 60Ha 5000 Ha = A/m 6
Substituindo na expressão Φ = µHS os valores S = 5cm2 = 0, 0005m2 , H 398.126.848-24
R
pelo valor Ha obtido e µ por µa = 10µ0 , temos:
D
Φ = Φa Φ = µa H a S 5000 Φ = 10µ0 0, 0005 6 25 Φ = µ0 6 Φ ≈ 4, 2µ0 ✞
☎
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6. 8
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 19
8.
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Teoria Eletromagnética
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398.126.848-24
( Profissional Jr - Eng Elétrica - BR Distr. 2010 ) O princípio da conservação de energia associado às leis de campos eletromagnéticos e elétricos e à mecânica newtoniana é capaz de determinar as relações e descrever os princípios de acoplamentos eletromecânicos. Basicamente, a conversão eletromecânica de energia envolve energia em quatro formas. Essas formas se relacionam através da seguinte expressão:
398.126.848-24
Aumento na Entrada de Saída de energia energia de = energia + + armazenada no fonte elétrica mecânica campo de acoplamento
Energia convertida em calor
398.126.848-24
R
AF
T
Com base na expressão mostrada acima, admite-se que (A) ela se aplica às máquinas elétricas estacionárias e girantes. (B) a energia convertida em calor está associada ao atrito e à ventilação, sendo desconsideradas as perdas elétricas associadas às resistências elétricas dos condutores e a energia absorvida pelo campo de acoplamento. (C) o primeiro termo do segundo membro da expressão representa a energia mecânica útil disponível, desconsiderando-se as perdas resistivas na conversão. (D) o processo básico de conversão de energia envolve o campo de acoplamento e sua ação e reação nos sistemas elétrico e mecânico. (E) o efeito das radiações eletromagnéticas deve ser levado em consideração na análise de processos de conversão de energia, considerando-se que as velocidades e as frequências envolvidas são relativamente baixas.
Resolução:
Esta questão pode ser resolvida pelos conhecimentos em conversão eletro-
D
mecânica de energia, mas uma compreensão do teorema de Poynting e eletromagnetismo torna sua resolução mais descomplicada. As chamadas máquinas elétricas estacionárias são as que não realizam tra-
balho mecânico e não envolvem perdas com atrito. Exemplos disto são os transformadores que apesar de se utilizarem de um campo de acoplamento não utilizam a energia armazenada no campo para realizar trabalho, invalidando assim a alternativa (A). A alternativa (B) pode ser encarada de duas formas, ambas garantindo que a alternativa é falsa:
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8.
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6. 8
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-2
4
I - Do ponto de vista termodinâmico é garantido que de modo geral toda energia
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Teoria Eletromagnética
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se degrada de uma forma mais útil para uma forma menos útil, então eventualmente todo o fluxo energético na máquina é dissipado em calor, o que ocorre nas perdas por atrito e ventilação, mas também nas perdas condutivas (resistivas) e perdas no núcleo (histerese e correntes de Foucault). 398.126.848-24
II - Do ponto de vista eletromagnético temos o teorema de Poynting que diz que o fluxo de energia eletromagnética sobre um volume se traduz em aumento das energias armazenadas nos campos elétrico e magnético e em perdas condutivas, o que por si só já invalida a alternativa. De fato, mesmo o armazenamento de energia nos campos não se dá de forma perfeita como observamos pelo fenômeno da histerese e das correntes de Foucault, decorrentes
T
na não linearidade da relação BH. A alternativa (C) não leva em conta que mesmo a energia convertida em sua forma mecânica também pode sofrer perdas, uma vez que as perdas por atrito e naturalmente.
AF
ventilação são associadas ao movimento rotativo que é um processo mecânico,
A alternativa (D), apesar de bastante sucinta, expõe corretamente o processo de conversão eletromecânica de energia que nada mais é que uma troca de energias elétrica e mecânica intermediadas por um campo de acoplamento e sujeito às leis da física elétricas e mecânicas, ação e reação mecânicas (leis de Newton) e ação e reação elétricas (equações de Maxwell).
R
398.126.848-24
As radiações eletromagnéticas só contém um valor significativo de energia
em uma banda de frequência relativamente alta, pois em baixas frequências apesar de existir corrente de deslocamento sua magnitude é muito menor que a da
D
corrente “normal”. De fato, exceto por estudo de surtos atmosféricos e outros fenômenos de alta frequência, as capacitâncias e correntes de deslocamentos associadas às máquinas elétricas são normalmente desprezadas, o que demonstra que a alternativa (E) é incorreta. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 20
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Teoria Eletromagnética
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( Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 )
3q
a X
2q
398.126.848-24
b
5q
No interior de uma esfera condutora maciça e descarregada, de raio a [m], são feitas três cavidades esféricas com mesmo raio r [m], conforme figura acima. No centro de cada cavidade é colocada uma carga puntiforme positiva, cujos valores, em [C], são: 2q, 3q e 5q, onde q é carga de referência, de valor constante. Considere que os meios, no exterior da esfera condutora e nos interiores das cavidades, têm a mesma permissividade ε0 [F / m]. A intensidade de campo elétrico, E [V/m], no ponto X externo à esfera, é (B)
5q 2peo (a + b)2
(C) -
5q 2peo (b)2
(D)
peo q (a + b)2
(E)
10q peo (b - a)2
T
(A) 0
Resolução:
A força elétrica de Coulomb assim como a força gravitacional obedece à lei
AF
de Gauss, e é possível através de demonstração (relativamente trabalhosa) que podemos considerar a esfera como sendo uma partícula puntiforme localizada em seu centro com carga elétrica líquida igual à carga total em seu interior. É o mesmo raciocínio utilizado pela lei da Gravidade, que apesar da Terra ter uma distribuição de massa bastante não uniforme para fins de cálculos podemos considerar que toda a massa da Terra encontra-se em seu centro. Esta propri398.126.848-24
R
edade vale devido ao formato geométrico de esfera e da força ser inversamente proporcional ao quadrado da distância.
D
A carga líquida envolvida é a soma das cargas das três esferas: Qliq = 2q + 3q + 5q = 10q
A distância entre o centro da esfera e o ponto desejado é r = (a + b), de modo que basta aplicar a lei de Coulomb para termos: Qliq 1 FEl = 4πε0 r2 10q 1 FEl = 4πε0 (a + b)2 5q Fel = 2πε0 (a + b)2 ✞
☎
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8.
12
6. 8
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 21
8.
32
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Teoria Eletromagnética
12
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398.126.848-24
( Eng Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 )
23 Uma onda plana uniforme e linearmente polarizada propaga-se na direção positiva do eixo z em um meio dielétrico perfeito, ilimitado, com permissividade ε [F/m] e permeabilidade μo [H/m]. Num determinado ponto P desse meio, a expressão complexa (fasorial) do vetor intensidade de campo elétrico é Ep= uxEe−jβz [V/m]
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onde: • μx é o vetor unitário na direção x do sistema de coordenadas retangulares; • μz é o vetor unitário na direção z do sistema de coordenadas retangulares; • β é a constante de fase em [rad/m] na direção z; • E é a amplitude da intensidade de campo elétrico em [V/m]; • z é a distancia em [m] medida sobre o eixo z. éWù A expressão da densidade média de potência, em ê 2 ú , dessa onda plana no ponto P, é ëm û mo h
E2 e j2bz
(B)
mz e E2 e - j2bz mo
Resolução:
(C)
mz 2
e mo
Ee - j2bz
(D)
mz 2
mo e
E2
(E)
mz 2
e mo
E2
T
(A) m z
AF
Esta questão envolve o uso de algumas fórmulas da área de ondas eletromagnéticas transversais e como os resultados são decorrentes do Teorema de Poynting e de algumas manipulações algébricas se torna difícil obter a resposta correta sem o uso da seguinte fórmula para a densidade de potência: Ep2 η r µ η= ε
R
S(z, t) =
(23) (24)
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Substituindo o valor do campo elétrico e considerando o meio como o vácuo,
D
temos:
Ep = Ee−jβz r µ0 η= ε
(25) (26)
Então, a expressão fasorial para o módulo da densidade superficial de po-
tência é obtida substituindo 25 e 26 em 23: r ε 2 −2jβz S= E e µ0 O valor médio pode ser calculado integrando-se a expressão no domínio do
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-2
4
tempo sobre o período, mas é um resultado bastante familiar para o engenheiro
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Teoria Eletromagnética
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eletricista que o valor eficaz (rms) é metade do quadrado da amplitude. Assim: r 1 ε 2 −2jβz Srms = E e 2 µ0 Deste modo observamos que a resposta é a alternativa (E), uma vez que µz
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é simplesmente o vetor unitário indicando o sentido de propagação desta potência de onda transversal. Observe que o termo exponencial complexo some uma vez que não estamos mais no domínio fasorial e o atraso de fase não é relevante ao valor rms. ✞
☎
Questão 22
AF
T
Alternativa (E) ✆ ✝
( Eng Equipamentos Jr - Eletrônica - Petrobras 2010/1 )
w
R
a
eixo de rotação
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Bo
Vista lateral
D
A figura acima mostra a vista lateral de uma espira circular de raio a (m) que gira sobre seu diâmetro com velocidade angular de w (rad/s) na presença de um campo magnético constante B o (T) normal ao eixo de rotação da espira. Considere que essa espira possui resistência de R ( W), auto-indutância de L (H) e que o ângulo j é dado por æ wL ö j = tan -1ç ÷. è R ø A expressão da corrente instantânea i(t) induzida na espira, dada em ampères, é
(A) i(t) =
(B) i(t) =
pa 2 w B o 2
cos (wt - j)
2
R + (wL)
pa 2 w B o 2
sen (wt - j) 2
R + (wL)
(D) i(t) =
(E) i(t) =
2 paw B o R 2 + (wL)2
2 paw B o
cos (wt - j)
sen (wt - j)
R 2 + (wL)2
2
R 2 + (wL) 2 paw B o
cos (wt - j)
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(C) i(t) =
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Teoria Eletromagnética
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Resolução: Primeiramente, observemos alguns pontos: • Apesar de definido um sentido para o campo magnético que atravessa a es-
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pira, não há nenhuma convenção de sentido para a corrente desejada, de modo que recomendaria ao candidato que não se preocupasse com relação ao sinal das correntes e tensões induzidas na espira. • Pelas alternativas disponíveis fica claro também que todas as expressões no tempo são referentes ao regime permanente da espira, onde supomos que a rotação da mesma é assegurada por uma força conveniente, sem nos preo-
T
cuparmos com qualquer condição transitória.
• Pela ausência de qualquer outra fonte de tensão ou corrente fica subentendido
AF
que toda a tensão que percorre a espira se dá por indução eletromagnética, se pudermos quantificar a expressão para esta tensão caímos em um problema de circuitos elétricos.
Pela lei de Faraday, a tensão induzida é a derivada do fluxo magnético que corta a espira, então por integração:
R
Φ=
Z
BdS = Bo A cos(ωt)
S
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Como a espira é circular, sua área vale A = πa2 . Assim:
D
Φ = πa2 B cos(ωt)
Derivando no tempo, e desprezando os sinais levando em conta os comen-
tários anteriores:
et = πωa2 Bo sen(ωt)
A espira está sendo considerada um circuito resistivo e indutivo cuja fonte de tensão é justamente a expressão e(t) deduzida acima. Se trouxéssemos esta tensão para o domínio fasorial teríamos: ~ = πωa2 Bo ∠0 E
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4
~ Na análise de circuitos CA para achar a corrente bastaria dividir a tensão E
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Teoria Eletromagnética
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~ Como o circuito tem indutância L e resistência R: pela impedância Z. ~ = R + jωL Z Então a corrente no domínio fasorial será:
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~ E πωa2 Bo I~ = = ∠0 ~ R + jωL Z Para obtermos a resposta precisamos passar I~ para o domínio do tempo. Calculando o módulo:
2 ~ = p πωa Bo |I| R2 + (ωL)2
~ I~ I~ = |I|∠
ωL R
, de modo que:
T
O atraso de fase φ é justamente tg −1
AF
πωa2 Bo I~ = p ∠(−φ) R2 + (ωL)2
Passando para o domínio do tempo a expressão acima temos: πωa2 Bo
R2 + (ωL)2
sen(ωt − φ)
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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D
R
i(t) = p
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Questão 23
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( Eng Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010 ) Um capacitor formado por duas placas paralelas circulares de raio a, separadas por uma distância d (d<
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e w Vor sen (wt ) d
(D) H (r,t ) =
m wVor cos (wt ) 2d
(B) H (r,t ) =
e wVor cos (wt ) 2d
(E) H (r,t ) =
m wVor sen (wt ) d
(C) H (r,t ) =
m wVo sen (wt ) dr
T
(A) H (r,t ) =
AF
Resolução:
Apesar de aparentemente complexa, basta aplicar a lei de Ampère levando em conta o termo da corrente de deslocamento. Com as seguintes considerações: 1) O meio é dielétrico ideal, então a único termo de corrente a ser considerado é o da corrente de deslocamento. Então:
d Hdl = JdS + dt C S
R
Z
Mas
D
logo
Z
Z
Z
Z
DdS
S
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JdS = 0 S
d Hdl = dt C
Z
DdS S
= Idesl
(27)
2) As linhas de campo magnético produzidas por uma corrente percorrendo um fio infinito são círculos ortogonais concêntricos ao eixo do fio e o mesmo ocorre com o campo magnético nesta situação sendo as linhas de campo círculos concêntricos à base cilíndrica do capacitor: Z C
Hdl = H
Z
dl = (2πr)H C
3) Podemos realizar também uma segunda integração para achar a corrente de
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-2
4
deslocamento, ou podemos simplificar e poupar tempo utilizando a fórmula para a
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Teoria Eletromagnética
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corrente de um capacitor: Idesl = Icap Idesl = C 398.126.848-24
dV dt
Mas sabemos que: C=ε e também:
A πr2 =ε d d
dV = ωV0 cos(ωt) dt
Logo temos: πr2 ε d
ωV0 cos(ωt)
T
Idesl =
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
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4
D
R
AF
Finalmente, voltando à equação 27: Z Hdl = Idesl C πr2 2πrH = ε ωV0 cos(ωt) d εωV0 r H= cos(ωt) 2d
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Questão 24
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( Eng Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010 )
Em uma linha de transmissão coaxial, o condutor interno tem raio a [m] e o condutor externo tem raio b [m]. O dielétrico entre os condutores tem permissividade e [F/m] e permeabilidade m [H/m]. Considerando-se que essa linha propaga ondas TEM (Transverso Eletro-Magnética) e apresenta uma capacitância por unidade de comprimento dada
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por C =
2pe [F/m], a expressão de sua impedância æbö ln ç ÷ èaø
característica, em W , é (A) Zc = 1 m 2p e
æbö 2p ln ç ÷ èaø 1 e p m
æbö ln ç ÷ èaø
T
e m
(D) Zc =
1 m æbö ln ç ÷ 2p e èaø
AF
(C) Zc =
m e
(B) Zc =
(E) Zc =
Resolução:
A impedância característica (natural) é um parâmetro relativo às linhas de transmissão que leva em conta tanto a impedância em série quando a admitância 398.126.848-24
R
em paralelo e também depende da frequência do sinal eletromagnético estudado num modelo que engloba as perdas.
D
A impedância em série é dada por: Zserie = Rserie + jXserie Zserie = Rserie + jωLserie
A admitância em paralelo é dada por: Yshunt = Gshunt + jBshunt Yshunt = Gshunt + jωCshunt
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-2
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Pela definição de impedância natural temos: r Zserie Zc = Yshunt
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Zc =
s
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Teoria Eletromagnética
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Rserie + jωLserie Gshunt + jωCshunt
Para fenômenos em alta frequência, as partes imaginárias e reativas tanto
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do numerador e do denominador predominam sobre a parte real e resistiva de cada termo. Desta forma, podemos desprezar Rserie e Gshunt de modo que: r Lserie Zc = Cshunt
(28)
A fórmula para indutância neste caso se aproxima muito da obtida para a cao contrário ocorre para o termo 2π. Lserie
T
pacitância, mas o logaritmo aparece multiplicando ao invés de dividindo enquanto b = ln 2π a µ 0
AF
Substituindo Lserie em 28 e Cshunt pela fórmula no enunciado temos: v u µ0 u 2π ln ab Zc = t 2πε0 ln( ab ) s 2 µ0 b Zc = ln 2 (2π) ε0 a
R
Observando que os termos 2π e ln
estão elevados ao quadrado pode-
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r 1 b µ0 Zc = ln 2π a ε0 r 1 µ0 b Zc = ln 2π ε0 a ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
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D
mos removê-los da raiz:
b a
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
E NGENHEIRO ( A )
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : AUTOMAÇÃO E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Eletrônica Analógica
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.3a
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
T
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, nos primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
R
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
D
bilização civil e criminal.
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-2
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2
T
Q30 (pág. 1), Q31 (pág. 4), Q47 (pág. 53), Q48 (pág. 7), Q49 (pág. 9).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1
AF
Q47 (pág. 93), Q48 (pág. 27), Q49 (pág. 29).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011 Q45 (pág. 43), Q46 (pág. 65), Q48 (pág. 44).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2 Q45 (pág. 19), Q49 (pág. 109).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
R
Q1 (pág. 57), Q2 (pág. 20), Q3 (pág. 21), Q46 (pág. 55).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 Q30 (pág. 17), Q46 (pág. 16), Q47 (pág. 15), Q48 (pág. 18).
D
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2008 Q27 (pág. 24), Q28 (pág. 107), Q40 (pág. 95). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2006 Q25 (pág. 59).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Termoaçu 2008/1 Q21 (pág. 23), Q22 (pág. 26), Q24 (pág. 32). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007 Q22 (pág. 33).
Q36 (pág. 97), Q38 (pág. 37), Q39 (pág. 63), Q40 (pág. 64).
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6. 8
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Prova: Engenheiro(a) - Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010
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Eletrônica Analógica
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Prova: Profissional Júnior - Formação: Engenharia Eletrônica - BR Distribuidora 2008 Q26 (pág. 67), Q27 (pág. 40), Q28 (pág. 42), Q36 (pág. 111). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Eletrônica - Petrobras 2006 Q21 (pág. 61). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q50 (pág. 11), Q51 (pág. 13), Q54 (pág. 89), Q55 (pág. 91). Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012 Q51 (pág. 45), Q52 (pág. 68), Q54 (pág. 98), Q55 (pág. 112).
Q58 (pág. 69), Q59 (pág. 71), Q61 (pág. 73).
T
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
AF
Q41 (pág. 100), Q42 (pág. 76), Q45 (pág. 110), Q53 (pág. 30), Q54 (pág. 60). Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1
Q66 (pág. 74), Q67 (pág. 35), Q68 (pág. 101), Q69 (pág. 77), Q70 (pág. 113). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q32 (pág. 103), Q40 (pág. 47).
Prova: Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005
R
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Q30 (pág. 79), Q34 (pág. 81).
Prova: Engenheiro(a) Manutencao Pleno - Elétrica - Suape 2011 Q41 (pág. 83), Q47 (pág. 84), Q48 (pág. 114).
D
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 Q67 (pág. 49), Q68 (pág. 104), Q70 (pág. 117). Prova: Engeneheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Innova 2012 Q27 (pág. 86), Q37 (pág. 88). Prova: Engenheiro(a) Termelétrica Júnior - Elétrica - Termobahia 2012 Q22 (pág. 51).
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4
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 72
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Eletrônica Analógica
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Questão 1
T
1.1 Amplificador Operacional (Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
As Figuras abaixo apresentam dois circuitos (I) e (II) diferenciadores.
AF
R2
+Vcc
Vi
-
C
Vo (I)
+
Vi
R1
C
-Vcc
(I)
R2 +Vcc Vo + -Vcc
(II)
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R
O circuito (I) é um diferenciador tradicional, simples, apresentando certas deficiências, tais como instabilidade de ganho e sensibilidade a ruídos. O circuito (II) é mais aprimorado, e nele é inserido um resistor (R1) na entrada, que minimiza certas imperfeições encontradas no circuito diferenciador básico (I), o que lhe traz vantagens. Comparando-se os dois circuitos, constata-se que o(a) (A) ganho do circuito (I) independe da frequência e é muito estável. (B) ganho do circuito (II) estabiliza-se em
-R2 , quando a frequência tende para zero. R1
D
(C) circuito (II) comporta-se como um amplificador logarítmico, em altas frequências. (D) circuito (II) necessita de um inversor na entrada para se diferenciar; caso contrário, é considerado um ótimo atenuador. (E) frequência de corte no circuito (II) é dada por fcorte =
1 ; logo, se na entrada for aplicado um sinal de frequência f 2pR1C
para f > fcorte,o circuito ficará funcionando como um inversor, e para f < fcorte de fato, ficará funcionando como diferenciador.
Resolução:P1-25-Q30 Se o candidato não estiver familiarizado com os circuitos apresentados, o
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6. 8
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-2
4
primeiro passo costuma ser realizar a análise dos dois circuitos:
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
R2
I
+Vcc
Vb
Vi
Vo
C
+ -Vcc
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Lembrando que para o ampop ideal, a tensão nas duas portas de entrada é a mesma e a corrente consumida por estas portas é nula. No primeiro caso, a corrente que cruza o capacitor é a mesma que passa através da resistência: d(V i − V b) Vb−Vo = dt R2 Vo = −R2Cs Vi
T
C
A função de transferência do ganho do circuito só tem um zero, o diagrama
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R
AF
do módulo do ganho é:
D
Na prática, o primeiro circuito é sensível a ruído, amplificando demais as
frequências mais altas, típicas dos sinais de ruído. A solução é limitar o ganho em altas frequências colocando uma resistência em série com o capacitor, como no segundo circuito.
R2 +Vcc
I
Vb -
R1
Va
C
Vo +
39
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12
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-2
4
-Vcc
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Eletrônica Analógica
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6
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Procedendo com a análise matemática deste outro amplificador diferencial: Vi−Va = sCV a R1 Vi Va= R1Cs + 1
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Vb−Vo = V asC R2 0−Vo Vi = sC R2 R1Cs + 1 Vo R2Cs = Vi R1Cs + 1
T
Agora a função de transferência possui um zero e um pólo. Ficando o dia-
AF
grama do módulo com a seguinte aparência:
R2 R1
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R
−
2
D
(A) INCORRETA. O primeiro diagrama de módulo mostra claramente que o ganho aumenta junto com a frequência
(B) FALSA: o ganho estabiliza quando a frequência aumenta, tendendo ao infinito. Basta calcular este limite para saber o ganho
(C) INCORRETA. O ganho do amplificador logarítmico depende da intensidade do sinal de entrada. Com sinais fracos o ganho é maior e com sinais fortes o ganho diminui. Esse ganho varia para sinais fortes (com amplitude próxima da tensão de alimentação) aumentando para sinais muito fracos, da ordem de
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8.
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48
-2
4
microvolts. Este é um exemplo do circuito deste amplificador:
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398.126.848-24
I I I I Vi
8.
4
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Vo
398.126.848-24
(D) INCORRETA. O circuito (II) também é inversor, como mostra a equação do ganho do circuito. É atenuador acima da frequência de corte, diferenciando antes disso. Tal funcionalidade não está diretamente relacionada com a função inversor. (E) CORRETA. Para frequências mais baixas, o circuito (II) é um diferenciador.
T
Acima de determinada frequência, o ganho é limitado e o circuito funciona apenas como amplificador inversor. O numerador da função de transferência atua para as frequências baixas, a frequência de corte está no ponto onde o
AF
denominador anula-se, ponto a partir do qual a ação do pólo do sistema passa a ser perceptível
Questão 2
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
D
R
A Figura abaixo contém no interior do quadrilátero tracejado um circuito integrado (CI) especial, composto de três amplificadores operacionais (AO 1, AO 2, AO 3), que apresenta algumas das características que o tornam um amplificador dedicado para instrumentação.
398.126.848-24
Quando comparado a um circuito amplificador operacional de uso corrente, algumas características podem ser destacadas, entre as quais a tensão de OFFSET de entrada muito baixa, a alta rejeição de modo comum, o ganho de malha aberta extremamente alto, a impedância de saída muito baixa e a impedância de entrada alta. Em alguns desses CI dedicados à instrumentação, certos parâmetros não estão limitados apenas às suas características intrínsecas, podendo ser ajustados externamente, como é o caso do ganho de malha fechada, controlado por um resistor de precisão (rg) também mostrado na Figura.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Sabendo-se que R1= 10 k, R2=100 k e que rg foi ajustado para 1 k, qual é o valor da tensão de saída Vo, em volts, quando V2=1,001 V e V1=1,000 V ? (A) 0,101 (B) 0,201 (C) 0,301 (D) 0,401 (E) 0,501
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
5
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Resolução:P1-25-Q31 Para analisar o circuito apresentado, é necessário marcar as correntes e quedas de tensão que serão calculadas: 398.126.848-24
i2 C
AF
T
ig
B
i1
398.126.848-24
R
Os tramos por onde circula a corrente i1 geram a seguinte relação: V B − VA VA − 0 = R1 R1 V B = 2VA
D
i1 =
Os tramos por onde circula a corrente i2 geram a seguinte relação: V C − VA VA − V o = R1 R1 V C = 2VA − V o i2 =
Considerando os trechos onde a corrente ig passa através dos resistores R2, é possível escrever que:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VC −V1 V2−VB = R2 R2 VC =V2+V1−VB
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
6
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Incluindo o trecho onde está o resistor de precisão rg: V1−V2 V2−VB = rg R2 R2 VB =V2+ (V 2 − V 1) rg
398.126.848-24
Igualando as expressões obtidas para V C, buscando o valor Vo , temos: 2VA − Vo = V 2 + V 1 − V B V B − Vo = V 2 + V 1 − V B
T
Vo = 2V B − V 2 − V 1 R2 Vo = 2 V 2 + (V 2 − V 1) − V 2 − V 1 rg 2R2 Vo = 1 + (V 2 − V 1) rg tada, temos:
AF
Substituindo os valores dados no enunciado na última expressão apresen
2R2 Vo = 1 + (V 2 − V 1) rg 2 × 100 × 103 Vo = 1 + (1, 001 − 1) 1 × 103 Vo = (1 + 200) (0, 001)
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Vo = 0, 201 V
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 3
8.
7
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
O circuito apresentado abaixo tem como objetivo produzir uma corrente IL que independa do valor da resistência de carga RL. R2 R1
398.126.848-24
R3
IL
R1
VR
RL
R2
Considerando-se os amplificadores operacionais ideais, a expressão para a corrente IL é: (A)
1 æ R2 ö ç1 + ÷ VR R2 è R1 ø
(C)
T
(D) 1 æ R1 ö (B) ç ÷ VR R3 è R1 + R 2 ø
R3 VR R1 R2
(E)
R1 VR R3 R 2
AF
Resolução:P1-25-Q48
O primeiro passo é marcar as correntes e tensões no circuito: R2
I1
R1
R3
R
V1
VR
D
V2
R1
I2
VL
VL
RL
398.126.848-24
IL
R2
De acordo com as correntes marcadas, as seguintes equações são válidas: 0 − V1 V1 − V2 = R1 R2 VR − V1 V1 − VL I2 = = R1 R2 V2 − VL VL − 0 IL = = R3 RL I1 =
Em IL , é possível extrair que: R3 + R L VL RL
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
V2 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
8
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12
6
398.126.848-24
Em I1 , é possível extrair que: V2 =
R2 + R1 V1 R1
Comparando as duas últimas equações apresentadas: R1 R3 + RL V1 = VL R1 + R2 RL
398.126.848-24
Utilizando agora as equações relacionadas a I2 :
AF
T
V1 − VL VR − V1 = R2 R1 R2 R2 −VL = − V1 − V1 + VR R R1 1 R1 + R2 R2 V1 − VR VL = R1 R1 R1 + R2 R1 R3 + RL R2 VL = VL − VR R1 R1 + R2 RL R1 R3 + RL R2 VL = VL − VR RL R1 R3 + RL R2 VL − VL = − VR RL R1 R3 + RL R2 1− VL = − VR RL R1 R3 R2 VL = VR RL R1 RL R2 VL = VR R3 R1
R
398.126.848-24
D
Aplicando a lei de Ohm para IL , temos: VL RL 1 RL R2 IL = VR RL R3 R1 R2 IL = VR R1 R3 IL =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 4
8.
9
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12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
A Figura abaixo mostra o circuito de um multivibrador astável, cuja frequência de oscilação é controlada pelas chaves S1, S2 e S3. Considerando-se todas as chaves inicialmente abertas e considerando-se ainda que componentes identificados pela mesma letra são idênticos, a frequência da tensão na saída VO, então, irá
R 398.126.848-24
S1
(A) diminuir se apenas a chave S1 for fechada.
R
(B) diminuir se apenas a chave S3 for fechada.
S2 C
(C) permanecer a mesma se apenas a chave S3 for fechada. VO
C
R
S3
(D) permanecer a mesma se apenas S1 e S2 forem fechadas. (E) aumentar se apenas a chave S2 for fechada.
R R
T
Resolução:P1-25-Q49
Seguindo estas marcações de corrente e tensão:
AF
R1
S1
R1
S2
C
I1
Va
VO
C
I2
R
Va
R3
S3
R
398.126.848-24
R3
D
Permite expressar que:
Vo − Va = sCVa R1 Vo − Va Va I2 = = R R3 I1 =
De acordo com I2 :
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Va Vo − Va = R3 R R3 R3 Va = Vo − Va R R R + R3 R3 Va = Vo R R
398.126.848-24
398.126.848-24
Va =
8.
10
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12
6
398.126.848-24
R3 Vo (R + R3 )
De acordo com I1 : 398.126.848-24
Vo − Va = sCVa R1 Vo = (sR1 C + 1)Va Vo = (sR1 C + 1)
R3 (R + R3 )
Vo
De maneira simplificada, duas manobras serão feitas na última equação apresentada. Os termos Vo serão cancelados e a variável s será já substituída
T
pela frequência f do circuito, uma vez que são diretamente proporcionais (s = 2π f). Sendo assim:
R3 (R + R3 )
Vo
AF
Vo = (sR1 C + 1)
R + R3 = (R1 Cf + 1)(R3 ) R = R1 R3 Cf R f= R1 R3 C
A cada chave fechada, um resistor ou capacitor é incorporado ao circuito em 398.126.848-24
R
paralelo com outro resistor ou capacitor já presente. De posse da última expressão apresentada, é possível calcular proporcionalmente qual o impacto que irá ocorrer na frequência do circuito.
(A) INCORRETA. Com S1 fechada, o valor do resistor equivalente em R1 cai pela
D
metade, levando a frequência a dobrar de valor.
(B) INCORRETA. Com S3 fechada, o valor do resistor equivalente em R3 cai pela metade, levando a frequência a dobrar de valor.
(C) INCORRETA. Já explicado na alternativa anterior. (D) CORRETA. Lembre que a associação de capacitores em paralelo funciona diferente de associar resistores em paralelo. S1 fechada anula o efeito de S2 fechada. A frequência permanece a mesma. (E) INCORRETA. Com S2 fechada, o valor do capacitor equivalente em C dobra, levando a frequência a metade do valor ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 5
8.
11
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A Figura abaixo mostra a tela de um osciloscópio em uma bancada de testes. As escalas vertical e horizontal estão aí especificadas, assim como o ponto de referência da amplitude do sinal aferido (0V). 398.126.848-24
T
(C)
(D)
R
(A)
AF
Caso a escala horizontal seja modificada para 40 ms/div., qual será a forma de onda visualizada na tela do osciloscópio?
D
(B)
398.126.848-24
(E)
Resolução:P2-21-Q50 Esta questão pode ser resolvida rapidamente caso o candidato consiga analisar de forma crítica a forma de onda no osciloscópio. A forma de onda se repete
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
a cada duas divisões de tempo, conforme indicado na figura abaixo:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
12
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12
6
398.126.848-24
398.126.848-24
Deste modo, o período da onda é igual ao número de divisões percorridas pela forma de onda durante o período, ou seja: ms divisão
) = 100 ms
T
T = (2 divisões) × (50
Ao alterarmos a escala de tempo, sem alterar a escala de amplitude, alteramos a forma como a onda é representada no osciloscópio. Contudo, uma proprinão se alterou.
AF
edade certamente se mantém: a onda periódica continua periódica e seu período
Contudo, é alterada a forma como o período é representado. A pergunta se torna: quantas divisões de tempo são necessárias para se totalizar o mesmo período da onda? Ou seja:
100 ms = (x divisões) × (40
ms
divisão
)
398.126.848-24
R
Se realizarmos esta conta teremos: x=
100 = 2, 5 40
D
Desta forma, o candidato só precisa procurar a forma de onda cuja repeti-
ção se dá a cada duas divisões e meia de tempo, o que pode ser observado na alternativa (C), conforme assinalado na figura abaixo:
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 6
8.
13
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A Figura abaixo mostra um circuito eletrônico. C1
C2
R1
_ 398.126.848-24
+ Vi
R2 _
R1 R2
+
_
+ Vo
+
_
Esse circuito é constituído de dois amplificadores operacionais considerados ideais, sendo que esse tipo de configuração ilustrado é usado na implementação de compensadores avanço/atraso para controle de sistemas. Considerando-se que as duas frequências são definidas como: w1 = Vo (s) ? Vi (s)
T
de transferência
1 1 e w2 = , qual é a expressão da função R 2 C2 R1C1
w1 w2 (s + w2 )
(C)
s + w2 w2 s(s + w1 )
(B)
s + w1 s(s + w2 )
(D)
w2 (s + w1 ) s(s + w2 )
(E)
AF
(A)
s w2 (s + w2 )
Resolução:P2-21-Q51
Esta questão pode ser dividida em duas partes, uma vez que cada arranjo de amplificador operacional compreende um ganho, de modo que o ganho total é o produto dos ganhos individuais.
R
Primeira Parte: Arranjo com RC série
+ Vi
C1
R1
_ R1 + Vxx
+
_
D
398.126.848-24
_
O ganho deste arranjo pode ser facilmente calculado como: A1 = −
R1 +
1 sC1
R1
Desenvolvendo a expressão, temos: A1 = −
s
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A1 = −
1 + sR1 C1 sR1 C1 s + R11C1
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
Ou de acordo com a definição dada no próprio enunciado para ω1 : A1 =
Vx s + ω1 =− Vi s
Segunda Parte:
398.126.848-24
C2
R2 _ + R2 Vxx
+ Vo
+
_
_
O ganho deste arranjo pode ser facilmente calculado como: R2 //C2 R2
T
A2 = −
tre R2 e C2 :
AF
Desenvolvendo a expressão para a impedância equivalente ao paralelo en-
R2 //C2 =
R2 sC2
R2 + sC1 2 R2 R2 //C2 = 1 + sR2 C2
De modo que o ganho A2 do segundo estágio se torna: 1 1 + sR2 C2
A2 = −
1 R2 C 2 + R21C2
R
A2 = −
s
398.126.848-24
D
Ou de acordo com a definição dada no próprio enunciado para ω2 : A2 =
Vo ω2 =− Vx s + ω2
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Finalmente, temos que o ganho A global é dado por: Vo Vo Vx A= = = A1 A2 Vi Vx Vi s + ω1 ω2 − A= − s s + ω2 ω2 (s + ω1 ) A= s(s + ω2 )
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 7
8.
15
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Eletrônica Analógica
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6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
C
V1(t) R 398.126.848-24
C
R
V0(t)
O circuito acima é composto de dois amplificadores operacionais ideais e idênticos, cujas fontes de tensão simétricas de alimentação não foram representadas no circuito. Dois resistores de valor R e dois capacitores de valor C, também ideais, foram acrescentados para compor o circuito. Qual a função matemática que o circuito representa? d2 V1(t) dt 2
(B) V0(t) = (RC)2
2
d V1(t) dt 2
t
(C) V0(t) = RC V1(t)dt
2 t t
V1(t)dt 2
0 0
t
(E) V0(t) = -
1 V1(t)dt RC 0
AF
0
1
(D) V0(t) =
RC
T
(A) V0(t) = RC
Resolução:
Um Amplificador Operacional com uma resistência R na entrada inversora e com um capacitor C de realimentação negativa deve imediatamente ser identifi-
R
cado como um integrador, cuja função de transferência é: Vo (s) 1 =− Vi (s) sCR
398.126.848-24
D
Ou ainda, no domínio do tempo:
1 Vo (t) = − RC
Z
t
Vi (t)dt 0
No circuito em questão observamos que há dois integradores em série, logo
a saída VO (t) será:
Z t Z t 1 1 VO (t) = − − V 1(t)dt dt RC 0 RC 0 2 Z t Z t 1 VO (t) = V 1(t)dt2 RC 0 0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 8
8.
16
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12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
398.126.848-24
Resolução:
T
Um filtro é uma estrutura capaz de atenuar ou rejeitar certa faixa de frequência de um sinal, permitindo a passagem das demais frequências, e tem, entre outras, inúmeras aplicações em engenharia elétrica, eletrônica e de telecomunicações. Uma vantagem dos filtros ativos, construídos usando-se amplificadores operacionais, é que tais filtros (A) necessitam de fonte de alimentação CC. (B) eliminam o uso de indutores. (C) dependem da resposta de frequência do amplificador operacional usado. (D) são largamente associados aos inversores com retificadores controlados de silício (SCR) usados em linhas de transmissão de corrente contínua ou em qualquer outro sistema envolvendo alta potência. (E) são usados apenas em filtros passa-baixa e passaalta.
AF
Um filtro elétrico é um quadripolo capaz de atenuar determinadas frequências do espectro do sinal de entrada e permitir a passagem das demais. Filtros passivos:
• São constituídos por resistências, capacitores e indutores; • Funcionam bem em altas freqüências;
R
398.126.848-24
• Não apresentam ganho em potência; • São relativamente difíceis de sintonizar.
D
Filtros ativos:
• Constituídos por resistências, capacitores e Amplificadores Operacionais; • Bons para freqüências abaixo de 1 MHz; • Têm ganho em potência; • São fáceis de sintonizar. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 9
8.
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6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
O filtro passa-baixas é o nome comum dado a um circuito eletrônico que permite a passagem de baixas frequências e atenua a amplitude das frequências maiores do que a frequência de corte. Ele consiste em um circuito eletrônico simples dotado de um resistor em série e em um capacitor paralelo com a carga. A frequência de corte é determinada pela escolha da resistência e da capacitância. 1.000 Admitindo uma resistência R = 3 Ω, uma capacitân-
398.126.848-24
cia C = 50 μF e π = 3, o valor da frequência de corte, em
T
hertz, é (A) 10 (B) 20 (C) 30 (D) 40 (E) 50
Resolução:
AF
Sabemos que a freqüência de corte de um circuito RC passa-baixa é dada, em radianos por segundo, por:
ωc =
1 RC
Mas como queremos tal freqüência em Hz, dividimos por 2π: 1 2πRC
398.126.848-24
R
fc =
Substituindo os valores dados encontramos nossa freqüência de corte dire-
tamente:
D
fc =
1 2πRC
fc =
2×3× 1 fc = 0, 1
1000 3
1 × (50 × 10−6 )
fc = 10Hz ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
8.
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12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 ) 15V
22K 398.126.848-24
22K
OP
V0
Vi
R 15V LED
AF
T
O circuito mostrado na figura é composto de um amplificador operacional (OP), com alto ganho de tensão, devidamente polarizado, e sua saída aciona um diodo emissor de luz (LED). O resistor R limita a corrente máxima permitida no LED. Sabendo-se que a entrada “Vi” do operacional recebe uma tensão senoidal de valor de pico igual a 30 V, qual é o nível, em volts, dessa tensão necessário para acender o LED? (A) igual a −30 (B) maior que 2 e menor que 4 (C) maior que −10 e menor que 1 (D) igual a 5 (E) maior que 7,5
Resolução:
Do divisor de tensão na entrada inversora do AmpOp tiramos diretamente que V− = 7, 5V . Sabemos que a saída VO do AmpOp é dada por: VO = A(V+ − V− )
R
398.126.848-24
Onde A é o ganho de tensão.
Como o LED, conectado na saída do AmpOp, nada mais é que um diodo
D
emissor de luz, sabemos que ele somente conduzirá quando a tensão em seu anodo for maior que a tensão em seu catodo, nesta caso então precisamos ter VO > 0, ou seja:
VO > 0 A(V+ − V− ) > 0 V + > V− V+ > 7, 5V
Como V+ = Vi , cuncluímos que o LED se acenderá somente quando a ten✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
12
6. 8
48
-2
4
são de entrada Vi for maior que 7, 5V .
39
8.
É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 11
8.
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398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
A figura acima mostra um circuito amplificador que fornece uma saída vo, baseada na diferença entre duas entradas (v1 – v2). O valor da resistência do potenciômetro RP, em função de R, para que se tenha Vo = 3 (V1 – V2), é (A) R
(B) 2R (D)
AF
(C)
(E)
Resolução:
À primeira vista já identificamos que o circuito é um simples Amplificador
R
de Instrumentação, cuja conhecida equação é (como esta equação é trabalhosa
398.126.848-24
para ser obtida, aconselha-se que o candidato a saiba de cabeça):
D
Vo = (V1 − V2 )(1 +
2R ) RP
Mas como nos foi dado que Vo = 3(V1 − V2 ), temos: 3(V1 − V2 ) = (V1 − V2 )(1 + 3=1+
2R ) RP
2R RP
2R =2 RP RP = R ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
8.
20
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
C1
R1 398.126.848-24
_
VE
+
R2
+ +
_
VS _
T
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando amplificador operacional, que pode ser considerado ideal para efeito de análise. A fonte VE é do tipo senoidal com nível DC nulo. A grandeza que, ao ser duplicada de valor, provocará o maior aumento na amplitude do sinal VS, em regime permanente, é a (A) frequência da fonte VE. (B) reatância do capacitor C1. (C) capacitância C1. (D) resistência R1.
AF
(E) resistência equivalente Req = R1 // R2.
Resolução:
A função de transferência do circuito apresentado será:
D
R
VS 1 1 =− × VE C1 s Req VS 1 1 =− × VE C1 jω Req VS 1 1 =j × VE C1 ω Req |{z}
398.126.848-24
Xc
VS 1 = jXc × VE Req
Como vemos, VS é diretamente proporcional à reatância capacitiva de C1 (Xc ), logo a alternativa correta é a letra (B). Veja também que VS é inversamente proporcional a ω, C1 , R1 e Req , que correspondem às outras alternativas. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
21
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
Vi [V] 12
_
Vi
398.126.848-24
Vo
12 V
+ 10 kW W
10 k W
10 k W
0 0
3
12
t [s]
AF
T
O circuito da figura acima representa um Schmitt Trigger em que o amplificador operacional é ideal, com tensões de saturação de 0V e 12V. O amplificador operacional encontrase inicialmente saturado, de modo que em t = 0, Vo= 12 V. O gráfico mostra a forma de onda do sinal de entrada no intervalo de 0 a 12s. Nesse intervalo, durante quantos segundos o sinal de saída permanecerá com tensão nula? (A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 10
Resolução:
Por se tratar de um AmpOp ideal, vemos pelo circuito que V+ = V− = Vi .
Então equacionamos o circuito a fim de encontrar uma função de transferência:
R
12 − Vi Vi Vi − Vo = + 10k 10k 10k Vo = 3Vi − 12
398.126.848-24
(1.1)
Para encontrarmos o valor de Vi correspondente à tensão de Limiar Superior
D
(que chamaremos de VLS ) voltamos à equação 1.1 e fazemos Vo = 12V : Vo = 3Vi − 12 12 = 3VLS − 12 VLS = 8V
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para encontrarmos o valor de Vi correspondente à tensão de Limiar Inferior
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
22
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(que chamaremos de VLI ) voltamos à equação 1.1 e fazemos Vo = 0V : Vo = 3Vi − 12 0 = 3VLI − 12 VLI = 4V
398.126.848-24
Agora que encontramos as tensões de limiar, podemos indicá-las no gráfico do sinal de entrada: Vi [V] 12
T
8
4
AF
0
0
2 3
9
12
t [s]
Temos que lembrar que um Schmitt Trigger apresenta a saída invertida, ou seja, quando o sinal de entrada atinge o limiar superior (VLS = 8V ) a saída vai para zero, e quando a entrada atinge o limiar inferior (VLI = 4V ) a saída vai para 12V . 398.126.848-24
R
No gráfico assinalamos em vermelho os pontos onde acontecerá inversão no sinal de entrada, lembrando que no primeiro cruzamento (t = 1s) não há mudança pois a condição inicial já é Vo = 12V . Logo, do gráfico podemos observar os seguintes estados:
D
I) t ∈ [0,2) : Vo = 12V , que é a condição inicial.
II) t = 2 : Vi atinge VLS = 8V , logo Vo = 0.
III) t ∈ [2,9) : Vi ainda não atingiu VLI , então Vo continua igual a zero.
IV) t = 9 : Vi atinge VLI = 4V , logo Vo = 12V . V) t ∈ (9,12] : Vo continua igual a 12V. Como pode ser visto, a saída Vo será igual a zero apenas no invervalo de 2
a 9 segundos, logo o intervalo no qual Vo = 0 é: ∆t = 9 − 2 = 7s. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
8.
23
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1) 21 20 W 5W -
398.126.848-24
+ 12 W
+ Ve -
+ Vo -
4W
T
Considere o amplificador operacional montado na configuração mostrada na figura acima. Aplicando uma tensão Ve = 5 V na entrada, a tensão Vo na saída, em volt, será de (A) 9,80 (B) 4,80 (C) 6,25 (D) 16,25 (E) 24,80
AF
Resolução:
Ao olharmos para o circuito identificamos imediatamente um circuito NãoInversor:
20 W
Não-Inversor
5W
R
-
+
12 W
4W
D
+ Ve -
398.126.848-24
+ Vo -
O circuito da figura representa um simulado de R
Vemos que a tensão de entrada Vi do Não-Inversor (correspondente ao V+ )
é um divisor de tensão de Ve pelos resistores 12Ω e 4Ω, logo:
4 12 + 4 4 Vi = 5 × 16 5 Vi = V 4
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Vi = Ve ×
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
24
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Agora que temos Vi basta aplicarmos a conhecida equação do Amplificador Não-Inversor: R2 ) R1 5 20 = (1 + ) 4 5 5 = +5 4 25 = 4 = 6, 25V
Vo = Vi (1 + 398.126.848-24
Vo Vo Vo Vo
✞
☎
Questão 15
AF
T
Alternativa (C) ✆ ✝
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
R
1 K
40 F
R
+ V1 -
-
20 F
398.126.848-24
+ V2 -
+
D
A figura acima apresenta um circuito ativo, utilizado na implementação de compensadores de primeira ordem de atraso de fase ou de avanço de fase. O amplificador operacional do circuito pode ser considerado como ideal. Para que o pólo da função de transferência do compensador esteja localizado em s = 5, a resistência de R, em , deverá ser (A) 0,5 (B) 1,0 (C) 2,0 (D) 5,0 (E) 8,0
Resolução: Para evitar erros de cálculos prematuros, faremos R1 = 1KΩ, C2 = 20µF , C3 = 40µF , e as impedâncias Z1 = R1 , Z2 =
1 C2 s
e Z3 =
1 . C3 s
Agora podemos equa-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
cionar o circuito, igualando a corrente do circuito de entrada (iin ) com a corrente
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
25
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
de saída (iout ): iin = iout V1 ×
398.126.848-24
Agora achamos Vo =
(Z1 + Z2 ) (R + Z3 ) = −V2 × Z1 Z 2 RZ3
V2 , V1
que é nossa função de transferência, rearranjando
nossa equação: V2 RZ3 (Z1 + Z2 ) =− V1 Z1 Z2 (R + Z3 ) R C13 s (R1 + C12 s ) V2 =− V1 R1 C12 s (R + C13 s )
T
V2 R(R1 C2 s + 1) = V1 R1 (RC3 s + 1)
(1.2)
ciado:
AF
Da equação 1.2 calculamos o pólo, e o igualamos a -5 como manda o enun-
RC3 s + 1 = 0
R=− R=−
1 C3 s
1
(40 ×
10−6 )
× (−5)
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
R = 5 × 103 = 5KΩ
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 16
8.
26
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)
100kW 100kW +
398.126.848-24
-
Vo
1MW 10nF
AF
T
O circuito da figura representa um multivibrador astável que gera uma onda quadrada na saída Vo. O período de oscilação, em milissegundos, é (Dados: ln 2 = 0,69, ln 3 = 1,10 e ln 5 = 1,61, onde ln é o logaritmo Neperiano.) (A) 13,8 (B) 22 (C) 23 (D) 32,2 (E) 46
Resolução:
O período de oscilação T para um multivibrador astável é dado por: T = 2τ ln
398.126.848-24
R
Mas
1+β 1−β
τ = RC
D
τ = (1 × 106 ) × (10 × 10−9 ) τ = 10 × 10−3 s
E β é dado por: R1 R1 + R2 100 × 103 β= 100 × 103 + 100 × 103 β=
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
β = 0, 5
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
27
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Agora finalmente podemos calcular o valor do período T : T = 2τ ln
1+β 1−β
T = 2(10 × 10−3 ) ln
398.126.848-24
T = 20 × 10−3 ln 3
1 + 0, 5 1 − 0, 5
T = 20 × 10−3 × 1, 10 T = 22 × 10−3 T = 22ms ✞
☎
Questão 17
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
No circuito da figura, o amplificador operacional é polarizado de modo que os limites máximo e mínimo de excursão de sinal na saída vo sejam + 10 V e – 10 V, respectivamente. Além disso, um sinal senoidal de amplitude igual a 10 V e frequência de 1 kHz é aplicado à entrada vi, conforme mostrado na figura.
v o (V)
vi (V)
vi
+10
vo
R
+10
t (ms)
R1 27 k
D
t (ms)
398.126.848-24
-10
1
-10
td
R2 27 k
Desprezando os atrasos devidos à resposta em frequência do amplificador operacional, o instante de tempo td, em milissegundos, apresentado no gráfico da tensão na saída vo, vale (A) 1 3
(B) 1 6
(C) 1 9
(D)
1 12
(E) 1 15
Resolução: Como podemos perceber, o circuito em questão é um Multivibrador Biestável do tipo inversor. Ou seja, possui dois estados em que pode permanecer por tempo indefinido, passando de um estado para outro por intermédio de estímulos
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
externos. O limiar da tensão de entrada que provocará a comutação da saída é
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
28
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
definida neste caso por: Vth = βL+ =
R1 27k × L+ = × 10 = 5V R1 + R2 27k + 27k
onde o valor de saturação positivo L+ = 10V foi retirado do gráfico Vo × t.
398.126.848-24
Ou seja, toda vez que o sinal de entrada Vi for menor que 5V , a saída Vo será igual a +10V , por se tratar de um inversor. Analogamente, quando Vi > 5V temos Vo = −10V . Como o td assinalado no gráfico corresponde ao tempo onde ocorre uma mudança de Vo = +10V para Vo = −10V , concluímos que td corresponde então
ao tempo onde a tensão de entrada Vi atinge o valor 5V , no trecho ascendente da
T
senóide. Do gráfico de Vi temos: Vi = 10sen(ωt)
Vi = 10sen(2πf t)
AF
5 = 10sen(2π(103 )td )
sen(2π(103 )td ) = 0, 5
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
2π(103 )td = sen−1 (0, 5) π 2π(103 )td = 6 1 td = × 10−3 12 1 td = ms 12
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 18
8.
29
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
A figura apresenta um filtro de Sallen-Key, com os valores dos componentes normalizados, cuja resposta em frequência possui uma banda passante que vai até 1,0 rad/s.
398.126.848-24
0,5 F vi
2
1 vo
1F
1 2
Em seguida, é apresentada uma versão escalada desse filtro.
5 k
vi
T
20 nF 10 k
vo
40 nF
AF
5 k
10 k
Qual é, em rad/s, o limite da banda passante do filtro escalado? (A) 1.000 (B) 2.000 (C) 3.000
(D) 4.000
(E) 5.000
Resolução:
R
O que podemos observar é que houve um escalamento simultâneo em
398.126.848-24
impedância e em frequência. Primeiramente vamos calcular o coeficiente de escalamento em impedância KZ , observando para isso a mundaça de escala nas
D
resistências, lembrando que:
R → R ′ = KZ R
Analisando o escalamento da resistência de entrada (mas pode ser escolhido qualquer outra resistência) então encontramos facilmente KZ : R ′ = KZ R 10 × 103 = KZ 2 KZ = 5000 Agora analisamos o escalamento em frequência, lembrando que: C KZ KF
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
C → C′ =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
30
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Analisando o escalamento do capacitor superior (mas pode ser escolhido o inferior também) então encontramos o coeficiiente de escalamento em frequência KF : C KZ KF 0, 5 = 5000KF
C′ = 398.126.848-24
20 × 10−9
KF = 5000 Ora, sabemos que o escalamento em frequência ocorre proporcionalmente sobre todo o espectro, ou seja, o limite da banda passante será igual ao valor anterior ao escalamento (1rad/s) multiplicado por KF = 5000, logo o novo limite
T
será igual a 5000rad/s. ✞
☎
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
D
R
Questão 19
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
A figura acima mostra a configuração de um circuito, em malha fechada, usando um amplificador operacional considerado ideal. A função de transferência desse amplificador é dada pela expressão
. Os valores
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
de p e z são, respectivamente, (A) 0 e 1.000 (B) 1.000 e 0 (C) 0 e -500 (D) 0 e 500 (E) 500 e 1.000
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
31
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Resolução: Para facilitar os cálculos, chamaremos as resistências de 10kΩ de R, e o capacitor de C. O resistor ligado ao terra chamamos de Z1 . Também agruparemos o resistor que está em série com o capacitor em apenas uma impedância, que
398.126.848-24
chamaremos de Z2 e será igual a: Z2 = R +
1 RCs + 1 = Cs Cs
Após o agrupamento percebemos que o circuito vira um simples amplificador Não-Inversor. Então basta utilizarmos a conhecida fórmula do Não-Inversor para o
T
nosso caso:
AF
Vo (s) Z2 =1+ Vi (s) Z1 RCs + 1 =1+ RCs 2RCs + 1 = RCs 1 ) 2RC (s + 2RC = × RC s 1 (s + 2RC ) =2× s
(1.3)
R
De 1.3 calculamos o pólo:
s+p=s
398.126.848-24
p=0
→
D
e o zero:
s+z =s+ z= z=
1 2RC
1 2RC
2(10 ×
z = 500
1 103 )(0, 1
× 10−6 ) ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 20
8.
32
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)
A1 - + 398.126.848-24
20kW
Zin
20kW
20kW
1nF
+ A2
20kW
AF
T
O circuito da figura representa um simulador de indutância de Antoniou, considerado um dos ‘melhores’ circuitos RC-Amp. Op. para implemetar uma indutância, uma vez que é mais robusto às características não ideais dos amplificadores operacionais. Considerando-se os amplificadores ideais, a impedância de entrada do circuito, Zin na figura, é equivalente à impedância de uma indutância, em Henrys, de (A) 0,80 (B) 0,40 (C) 0,16 (D) 0,08 (E) 0,02
Resolução:
Para resolver esta questão é necessário que o candidato tenha decorado a fórmula para a indutância simulada pelo circuito de Antoniou, pois sua dedução 398.126.848-24
R
é muito trabalhosa e inviável para a hora da prova. Numerando os resistores de forma crescente da esquerda para a direita, temos que a indutância simulada pelo
D
circuito é dada por:
L=
CR1 R3 R5 R2
L = CR2 L = (1 × 10−9 ) × (20 × 103 )2 L = (1 × 10−9 ) × (4 × 108 ) L = 4 × 10−1 L = 0, 4H ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 21
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007)
40 k W
(A) 3
dy(t) du(t) +4y(t) = 2 +5u(t) dt dt
(B) 2
dy(t) +8y(t) = 7u(t) dt
u( t ) 10 kW
10 k W 398.126.848-24
8.
33
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
50 k W
-
20 kW
-
1mF 50 kW
+
+
-
y( t )
+
A figura acima apresenta um circuito contendo amplificadores operacionais, considerados ideais. Esse circuito permite
dy(t) +2y(t) = 5u(t) dt
(D)
dy(t) du(t) +4y(t) = 7 +2u(t) dt dt
(E)
dy(t) +6y(t) = 8u(t) dt
T
obter uma relação entre a saída y(t) e a entrada u(t), através de uma equação diferencial. Esta equação é:
(C)
Resolução:
Ao olharmos para o circuito apresentado, devemos ser capaz de identificar
AF
três arranjos básicos: Inversor, Somador-Inversor e Integrador. Estes três estão identificados na figura abaixo: Inversor
Somador-Inversor
40 k W
u( t )
50 k W
-
Integrador
10 kW
10 k W
20 kW
-
+
+
1mF
50 kW
-
y( t ) 398.126.848-24
R
+
Agora podemos calcular o ganho de cada circuito identificado separada-
D
mente, identificando as entradas/saídas do Inversor pelo subscrito 1, do SomadorInversor pelo subscrito 2, e do Integrador pelo 3, como segue: I) Inversor:
Vo1 10k 1 =− =− Vi1 50k 5
II) Somador-Inversor: Vo2 = −
10k 10k 1 1 × Vi2 1 − × Vi2 2 = − Vi2 1 − Vi2 2 20k 40k 2 4
III) Integrador:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Vo3 1 1 =− =− −6 3 Vi3 (1 × 10 )(50 × 10 )s 0, 05s
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
34
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Agora observamos o circuito e vemos que: Vi1 = y(t), Vi2 1 = Vo1 , Vi2 2 = u(t), Vi3 = Vo2 e Vo3 = y(t). Com isso podemos montar um diagrama de blocos, como o seguinte:
U(s)
398.126.848-24
1 5
1 4
1 2
+
1 0,05 s
Y (s)
AF
T
Então fica fácil equacionar o diagrama de blocos, como segue: 1 1 1 −1 Y (s) = − − Y (s) − U (s) × 5 2 4 0, 05s 1 1 −1 Y (s)s = Y (s) − U (s) × 10 4 0, 05 Y (s)s = −2Y (s) + 5U (s)
Agora aplicamos a anti-transformada de Laplace: dy = −2y(t) + 5u(t) dt
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
dy + 2y(t) = 5u(t) dt
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 22
8.
35
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
4 k
2 k
-
398.126.848-24
VE
+
+
4 k
+ -
VS 6V
1 k
-
A figura acima apresenta um circuito ativo, alimentado por uma fonte senoidal com amplitude de 3,0 V e nível DC nulo.
T
O diodo zener é de 4,0 V. Todos os componentes podem ser considerados ideais para efeito de análise do circuito. A faixa de variação, em volts, que melhor se aproxima com a do sinal VS em regime permanente é
(B) 4,0 £ VS £ -2,4
AF
(A) 3,6 £ VS £ -4,0
(C) 4,0 £ VS £ -3,0
(D) 4,2 £ VS £ -1,8
(E) 5,5 £ VS £ -3,0
Resolução:
Por se tratar de um AmpOp ideal temos que V− = V+ . Podemos achar V+
R
através do divisor de tensão entre os resistores de 4kΩ e 1kΩ como segue: V+ = 6 ×
398.126.848-24
1k 6 = V 1k + 4k 5
Sabendo que a corrente que atravessa o resistor de 2kΩ é igual àquela que
D
atravessa o resistor de 4kΩ da realimentação, temos que: VE − V− V− − Vo = 2k 4k 2(VE − V− ) = V− − Vo Vo = 3V− − 2VE 6 Vo = 3 × − 2VE 5 Vo = 3, 6 − 2VE
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Agora analisamos a saída Vo para os extremos da entrada VE .
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
36
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Para VE = 3V temos: Vo = 3, 6 − 2VE Vo = 3, 6 − 2 × 3 Vo = −2, 4V
398.126.848-24
Como −2, 4V é menor que a tensão do zener (4V ), notamos que o diodo
D1 neste caso estará cortado, logo:
VS = Vo = −2, 4V
T
Agora analisamos o extremo do ciclo negativo da fonte, ou seja, VE = −3V : Vo = 3, 6 − 2VE
Vo = 3, 6 − 2 × (−3)
AF
Vo = 9, 6V
Como 9, 6V é maior que a tensão do zener (4V ), o diodo D1 neste caso estará conduzindo, o que faz com que a tensão de saída VS se iguale à tensão do zener, ou seja:
VS = Vzener = 4V
Portano a saída VS estará compreendida no intervalo:
R
398.126.848-24
4, 0 ≥ VS ≥ −2, 4
A alternativa divulgada no gabarito é a letra (B), porém perceba que houve
D
um erro de digitação na elaboraçào das alternativas, onde inverteram os sinais “≥” e “≤”.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B)* ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 23
8.
37
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
2k
2k
2k +
398.126.848-24
6k
3k
3k 9k
1,5k
VS _
_
+ VE _
+
AF
T
A figura acima apresenta um circuito ativo utilizando amplificador operacional, no qual todos os componentes podem ser considerados ideais. A fonte de tensão VE é do tipo senoidal, com amplitude de pico de 6 V e média nula. Em regime permanente, o valor máximo do sinal de saída VS, em volts, será (A) 6 (B) 9 (C) 12 (D) 15 (E) 18
Resolução:
A primeira simplificação que podemos fazer no circuito é associar os três resistores de 2kΩ em série, resultando em um resistor de 6kΩ, e em seguida associar este resistor de 6kΩ em paralelo com o outro resistor de 6kΩ, resultando em
R
apenas um resistor de 3kΩ. O circuito então ficará: 3k
+
I
3k
D
398.126.848-24
3k
9k
1,5k
VS _
_
+
VE _
+
Vo
Perceba que indicamos uma corrente I no circuito, que pode ser expressa como: I=
VS − Vo 3k
(1.4)
Agora que já temos uma expressão com VS , podemos olhar o circuito de
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
realimentação da seguinte forma:
398.126.848-24
3k
I
3k
6 38
12
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Eletrônica Analógica
8.
_
_
398.126.848-24
39
398.126.848-24
3k
9k
398.126.848-24
+ Vo _
Então tiramos facilmente que:
Igualando 1.4 e 1.10 temos:
Vo 9k
(1.5)
T
I=−
AF
VS − Vo Vo =− 3k 9k 3VS − 3Vo = −Vo 2 VS = Vo 3
(1.6)
Agora basta encontrarmos Vo que teremos o valor de VS . Para achar Vo
R
simplificamos mais ainda o circuito, chegando no seguinte:
R
1,5k
_
D
+
VE _
398.126.848-24
+
Vo
Perceba que a resistência R é a associação das três resistências de 3kΩ em série e em seguida associado à resistência de 9kΩ, ou seja: R = (3k + 3k + 3k)//9k = 9k//9k =
9k = 4, 5kΩ 2
Na figura acima fica claro que nos restou apenas um amplificador Inversor,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
então percebemos que o maior valor de Vo acontecerá no valor mais negativo de
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
39
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
VE , ou seja, quando VE = −6V . Então: Vo = −
4, 5k × VE 1, 5
Vo = −3 × (−6)
398.126.848-24
Vo = 18V Agora voltamos na equação 1.6 e substituímos o valor de Vo encontrado:
T
2 VS = Vo 3 2 VS = × 18 3 VS = 12V ✞
☎
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
8.
40
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008)
50 kW
25 kW 398.126.848-24
+
VE
200 hF
+
VS
+
-
-
A figura acima apresenta um circuito ativo contendo um amplificador operacional, considerado ideal. A fonte de tensão VE é senoidal. Para que o módulo da defasagem entre os sinais de entrada VE e de saída VS seja 135o em regime permanente, a freqüência w da fonte, em rad/s, deverá ser ajustada para (A) 20 (B) 50 (C) 100 (D) 200 (E) 500
Resolução:
T
Chamaremos: R1 = 25kΩ, R2 = 50kΩ e C = 200nF . No ramo de realimentação podemos associar a resistência R2 e o capacitor C em apenas uma impedância, como segue:
1 R2 Cs R2 1 = R2 Cs + 1 R2 + Cs
AF Z2 =
Após esta associação, resta-nos um simples amplificador inversor, logo: VS Z2 R2 = H(s) = − =− VE R1 R1 R2 Cs + R1
398.126.848-24
R
Agora substituímos s por jω na função de transferência H(s), e trabalhamos algebricamente a fim de deixar a equação no seguinte formato: H(jω) = A + Bj. Com isso fica fácil achar o argumento de H(jω), como: arg = arctan( B ). Portanto, A vamos à nossa jornada algébrica: R2 R1 R2 Cjω − R1 × R1 R2 Cjω + R1 R1 R2 Cjω − R1 R1 R2 − R1 R22 Cjω H(jω) = −(R1 R2 Cω)2 − R12 | {z }
D
H(jω) = −
H(jω) =
β
R1 R2 (−R1 R22 Cω) + j β β | {z } | {z } A
B
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Agora que H(jω) já está na forma que desejamos, basta calcular o argu-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
41
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
mento e igualá-lo a 135◦ : B arg = arctan( ) A B 135◦ = arctan( ) A B tan(135◦ ) = A (−R1 R22 Cω) β −1 = × β R1 R2
398.126.848-24
−1 = −R2 Cω 1 ω= R2 C 1 (50 ×
103 )(200
× 10−9 )
T
ω=
ω = 100rad/s
AF
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Uma outra maneira muito mais prática de resolver esta questão, mas que envolve um pouco mais de percepção, é notar que se estivéssemos tratando de um simples amplificador inversor, a defasagem entre VE e VS seria de 180◦ . Logo, para chegarmos à defasagem de 135◦ desejada devemos “compensar” uma defasagem de 45◦ (180◦ − 135◦ = 45◦ ). Ora, quem dará esta compesação é a impedância
398.126.848-24
R
de realimentação (no nosso caso composta por um resistor e um capacitor). Um argumento igual a 45 acontece quando a parte real da impedância é igual à parte ◦
D
imaginária, ou seja, no nosso caso temos que ter: R2 = X C 1 R2 = ωC 1 ω= R2 C ω=
1 (50 ×
103 )(200
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
ω = 100rad/s
× 10−9 )
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 25
8.
42
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008)
V1 6
16 kW 4 kW
398.126.848-24
+ V1
-
+ V2
8 kW
5
-4
15
25
t
+
+
-
-
V2
VS 10
0
10
20
30
40
t
T
A figura acima apresenta um circuito ativo e os gráficos dos sinais periódicos V1 e V2. O amplificador operacional pode ser considerado ideal. No intervalo de tempo correspondente a um período de V1, o nível médio do sinal VS da saída do circuito é (A) +4 (B) 4 (C) 14 (D) 24 (E) 44
Resolução:
Como o circuito apresentado é um simples somador-inversor, temos diretamente que:
16k 16k V1 − V2 = −4V1 − 2V2 4k 8k
AF VS = −
Para encontrarmos o valor médio de VS , devemos primeiro encontrar o valor médio de V1 e V2 , lembrando que o valor médio é encontrado integrando-se a função por um período e dividindo o resultado pelo valor do período, logo: 6 × 10 − 4 × 10 = 1V 20
398.126.848-24
R
V1 =
V2 =
10 × 10 − 0 × 10 = 5V 20
D
Agora podemos encontrar o valor médio de VS : VS = −4V1 − 2V2 VS = −4 × 1 − 2 × 5 VS = −14V ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 26
8.
43
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011) C2 R2 R1
398.126.848-24
Vin
C1 V0 +
Resolução:
T
O circuito da figura acima representa um filtro analógico RC-ativo de segunda ordem, onde o amplificador operacional é considerado ideal. A partir da topologia do circuito, infere-se que o filtro acima é do tipo (A) passa faixa (B) passa baixas (C) passa altas (D) rejeita faixa (E) passa-tudo equalizador de fase
AF
Este tipo de questão é desejável que o candidato consiga resolver sem precisar efetuar cálculos, apenas analisando a topologia do circuito. Uma forma prática para identificar o filtro, sem precisar decorar, é analisar o posicionamento dos capacitores.
É sabido, de uma forma bem simplificada, que capacitores dificultam a passagem de sinais de baixa frequência (em DC, quando a frequência é zero, o capa398.126.848-24
R
citor é igual a um circuito aberto em regime permanente) ao mesmo tempo que permitem a fácil passagem de sinais de alta frequência.Analisando os dois extremos (frequência muito alta ou muito baixa), podemos chegar às seguintes conclusões:
D
I) Para frequências muito altas de entrada, os capacitores C1 e C2 agem como curto-circuito. Isso faz com que V+ = V− = Vo = 0, ou seja, há um corte das altas frequências.
II) Para frequências muito baixas de entrada, os capacitores C1 e C2 agem como circuito aberto. Isso faz com que a saída Vo fique totalmente desconectada com a entrada, ou seja, há um corte das baixas frequências. Com isso concluímos que o filtro permite apenas a passagem de sinais com-
preendidos em uma faixa de frequência, por isso trata-se de um filtro passa-faixa. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 27
8.
44
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
(A) 398.126.848-24
R2 = 10 kW R1 = 10 kW
Vin(V)
(B)
-
Vin
+2
V0
t +
-2 VREF = 1,0 V
(C) No circuito eletrônico da figura acima, considere o amplificador operacional ideal. Um sinal senoidal, cuja forma de onda é esboçada na própria figura, é aplicado à entrada Vin.
T
(D)
Qual a forma de onda que melhor representa a saída V0 do circuito acima?
AF
(E)
Resolução:
Vemos no circuito que V+ = 1V , e por se tratar de um AmpOp ideal, temos então V+ = V− = 1V . Então primeiramente encontramos a corrente que passa por R1 , como segue:
R
I=
Vin − V− Vin − 1 = R1 10k
398.126.848-24
Sabemos também que a mesma corrente I que passa por R1 passa por R2 ,
D
então podemos fechar a malha de realimentação: V − − R2 I − V o = 0 V o = V − − R2 I Vo = 1 − 10k ×
Vin − 1 10k
Vo = −Vin + 2 Ou seja, o gráfico da saída Vo é o inverso do gráfico da entrada Vin , somado um offset de 2V . A alternativa que corresponde a este gráfico é a letra (C). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 28
8.
45
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
No circuito da figura abaixo, o amplificador operacional é ideal, e o transistor apresenta um parâmetro β elevado o suficiente para que a corrente de base seja considerada desprezível em comparação com a corrente de coletor.
T
398.126.848-24
v0 (V)
(A)
2,9 2,5 2,1
v0 (V)
(B)
5,0 2,5
AF
A partir do gráfico apresentado na figura com a forma de onda da tensão aplicada à entrada Vi do circuito, qual seria o gráfico da forma de onda da tensão na saída v0?
v0 (V)
v0 (V)
(C)
t
3,0 2,5 2,0
t
(E)
5,5 3,0 0,5
t
v0 (V)
(D)
R
t
3,4 3,0 2,6
t
398.126.848-24
Resolução:
D
Por se tratar de um amplificador ideal, este apresenta a mesma tensão nos
dois terminais de entrada. Assim, a tensão no emissor VE é igual a tensão de
entrada Vi . Com o parâmetro β suficientemente grande para ser possível desconsiderar a corrente na base, então a corrente de coletor é aproximadamente igual a corrente de emissor. Quando a tensão de entrada atinge o pico do semiciclo positivo, temos: Vi = 1V VE = Vi
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VE = 1V
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
46
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
VE − VEE RE 1 − (−5) = 5k 1+5 = 5k 6 = 5k = 1, 2mA
I= I I
398.126.848-24
I I
Conhecendo a corrente que corre pelo emissor, conhecemos a corrente que passa pelo coletor, que assume-se ser idêntica. Com isso, podemos calcular Vo :
T
Vo = VCC − RC I
Vo = 5 − 2 × 103 × 1, 2 × 10−3 Vo = 5 − 2 × 1, 2
AF
Vo = 5 − 2, 4 Vo = 2, 6V
No outro extremo, quando Vi atinge seu valor mínimo, no pico do semiciclo negativo, temos:
D
R
VE = −1V
398.126.848-24
VE − VEE RE −1 − (−5) = 5k −1 + 5 = 5k 4 = 5k = 0, 8mA
I= I I I I
Com isso, podemos calcular o outro valor de Vo : Vo = VCC − RC I
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Vo = 5 − 2 × 103 × 0, 8 × 10−3
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
47
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Vo = 5 − 2 × 0, 8 Vo = 5 − 1, 6 Vo = 3, 4V
398.126.848-24
Os dois extremos da tensão de saída foram encontrados, sendo assim, o gráfico correto para responder a questão é aquele onde a tensão de saída excursiona entre 2,6V e 3,4V. Interessante observar também a inversão de fase que ocorre entre entrada e saída devido ao arranjo do circuito. ✞
☎
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
AF
Questão 29
T
Alternativa (D) ✆ ✝
O circuito da figura acima é composto por um amplificador operacional considerado ideal. Para que a função de transferência desse circuito seja 5 20 30 15 10
e e e e e
0,001 0,0025 0,01 0,1 0,002
398.126.848-24
R
(A) (B) (C) (D) (E)
, os valores de R, em Ω, e C, em F, devem ser, respectivamente
D
Resolução:
A associação em série das impedâncias de R e C gera: 1 sC RCs + 1 Xeq = sC Xeq = R +
Por se tratar de um amplificador operacional ideal, a mesma corrente que passa pelo resistor de 5Ω passará pelo resistor R e capacitor C, já que os terminais de entrada do ampop ideal não consomem corrente. Vi − 0 0 − Vo = 5 Xeq
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
I=
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
48
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Trabalhando as duas frações equivalentes, podemos chegar em uma relação semelhante à apresentada no enunciado do exercício:
398.126.848-24
=
−Vo
RCs+1 sC
−Vo Vi RCs + 1 = 5Cs 20 4 RCs + 1 = × × 20 4 5Cs RCs + 1 = 20 × 4 × 400Cs 20RCs + 20 =4 400Cs =
T
Vi 5 RCs + 1 5Cs −Vo Vi −Vo Vi −Vo Vi −Vo Vi
Comparando com o numerador e denominador da função de transferência
AF
do enunciado, conseguimos determinar R e C: 400Cs = s
400C = 1
1 400 C = 0, 0025F
R
C=
398.126.848-24
4(20RCs + 20) = 4(s + 20)
D
20RCs + 20 = s + 20 20RCs = s + 20 − 20 20RC = 1 1 20R =1 400 1 R =1 20 R = 20Ω
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 30
8.
49
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
398.126.848-24
T
No circuito da figura acima, considere o amplificador operacional ideal. Nesse circuito, a(o)
AF
(A) resistência equivalente, vista pela fonte de tensão VI, é de 1,0 kΩ. (B) corrente elétrica que circula pelo resistor R3 é de 1,0 mA. (C) corrente elétrica que circula pelo resistor RL é de 2,0 mA. (D) tensão na saída VO é igual a 5,0 V. (E) ganho de tensão VO / VI = 5,0.
Resolução:
D
R
I1
I1
398.126.848-24
Vc
I2
Vc
I2
I3
Como o ampop é ideal, o consumo de corrente é nulo pelos terminais de
entrada, logo a resistência equivalente do circuito, vista pela fonte é a associação em série dos resistores R1 e R2 (5kΩ). Isso indica a alternativa (A) como falsa.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
De acordo com as grandezas marcadas no circuito, aplicando a lei de Ohm
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
50
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
e as propriedades de um ampop ideal, podemos extrair as seguintes informações: Vi − 0 R1 + R2 1, 5 − 0 I1 = 1k + 4k 1, 5 I1 = 5k I1 = 0, 3mA I1 =
398.126.848-24
Este valor de corrente torna possível encontrar Vc:
T
V c = R2 I1 V c = 4k × 0, 3 × 10−3 V c = 4 × 0, 3
AF
V c = 1, 2V
Definindo a corrente que passa por R3 :
Vc R3 1, 2 I2 = 1k I2 = 1, 2mA I2 =
R
398.126.848-24
O resultado anterior conclui que a alternativa (B) é falsa. Calculando Vo:
D
V o = I2(R3 + R4 ) V o = 1, 2 × 10−3 (1k + 4k) V o = 1, 2(1 + 4) V o = 1, 2 × 5 V o = 6V
O resultado anterior conclui que a alternativa (D) é falsa. Calculando I3: Vo RL 6 I3 = 3k I3 = 2mA
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
I3 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
51
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
O resultado anterior conclui que a alternativa (C) é verdadeira. Porém, mesmo assim, vamos demonstrar o cálculo do ganho de tensão do circuito: A=
Vo 6 = =4 Vi 1, 5
398.126.848-24
O resultado anterior conclui que a alternativa (E) também é falsa. ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 31
(Engenheiro(a) Termelétrica Júnior - Elétrica - Termobahia 2012)
ch
R1
T
R2
C
-
+ -
+
AF 5V
+
Vo -
A figura acima mostra um circuito eletrônico composto por um amplificador operacional e outros componentes, todos considerados ideais. Estando o capacitor inicialmente descarregado, no tempo t = 0 a chave ch é fechada.
398.126.848-24
D
R
A expressão, em V, da tensão Vo quando o circuito atinge o estado estacionário após o fechamento da chave é 5R1 (A) Vo = − 5R1C R2 (D) Vo = − R2 5R2 (B) Vo = − 5R2 R1 (E) Vo = − R1 C 5R2C (C) Vo = − R1
Resolução:
R2 Xeq
I 5V
+ -
R1
C +
I + Vo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
52
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
A associação em paralelo de R2 com C gera: R2 X C R2 + X C 1 R2 sC = 1 R2 + sC
XEQ = XEQ
398.126.848-24
XEQ =
R2 sC R2 Cs+1 sC
XEQ =
R2 R2 Cs + 1
Como o ampop é ideal, não há diferença de tensão entra as portas de entrada e ambas apresentam um potencial de 0V A corrente I pode ser definida como: Vi−0 0 − Vo = R1 XEQ
Isolando Vo , teríamos:
T
I=
AF
Vi−0 0 − Vo = R1 XEQ 5 −Vo = R2 R1 R2 Cs+1
5 R2 = −Vo R1 (R2 Cs + 1) 5 R2 Vo = − R1 (R2 Cs + 1)
R
398.126.848-24
Em regime permanente (t → ∞), a variável s tende a 0, devido a esse fato,
D
a última expressão pode ser simplificada para:
5 R2 R1 (R2 Cs + 1) 5 R2 Vo = − R1 1 5 V o = − R2 R1 5R2 Vo = − R1 Vo = −
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
53
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
1.2 Transistores e Tiristores Questão 32
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2)
No circuito abaixo, considere que o transistor Q1 apresenta uma tensão VEB = 0,7 V quando a junção base-emissor está diretamente polarizada, e que o seu parâmetro é muito grande. Considere também o Gráfico da evolução no tempo da tensão VB aplicada à base do transistor Q1.
398.126.848-24
R1 3,0 k?
R2 4,0 k?
R3 1,0 k?
V B (V)
Q1 10 V
10 V VB
10 t
0
O Gráfico da corrente IR2 que circula pelo resistor R2 será
(A) 2,5
T
I R2 (mA) I R2 (mA)
1,9
t
1,9
AF
I R2 (mA) (B) 2,5
(D) 2,5
t
I R2 (mA)
t
0 I R2 (mA) (C) 2,5
(E) 5,0 2,5
t
t
0
Resolução:P1-25-Q47
R
398.126.848-24
As correntes e tensões em um transistor PNP estão indicados na figura a
D
seguir:
Quando a tensão na base é igual a 0V , podemos considerar o transistor diretamente polarizado, já que a junção emissor/base encontra uma diferença de potencial favorável. Nesta etapa, é válido o valor dado para VEB . Neste caso, serão
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
utilizados as seguintes correntes e tensões:
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
54
39
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Eletrônica Analógica
12
6
I
R1 3,0 k?
R2 4,0 k? V B+0,7
R3 1,0 k? I VC
Q1
10 V
10 V
VB
398.126.848-24
Como o β é muito grande, será considerado o transistor operando na saturação, a corrente de base será desprezada, valendo a igualdade IC = IE :
AF
T
10 − (VB + 0, 7) R1 VC − (−10) I= R3 I=
Igualando as duas equações:
VC − (−10) 10 − (VB + 0, 7) = R3 R1 R3 (10 − (VB + 0, 7)) VC = − 10 R1
A expressão para IR2 é:
IR2
VB + 0, 7 = − R2
D
R IR2
VB + 0, 7 − VC = R2
IR2 IR2 IR2
R2 1k(10−(0+0,7)) − 3k
0 + 0, 7 − 4k 4k (10−0,7) − 10 0, 7 3 = − 4k 4k 0, 7 − 3, 1 + 10 = 4k 7, 6 = 4k = 1, 9 mA
IR2 = IR2
R3 (10−(VB +0,7)) R1
398.126.848-24
− 10
10
Na segunda etapa, quando o sinal VB = 10 V , o transistor entra em corte. Resumidamente, o transistor desaparece do circuito, bastando analisar o restante
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
como um circuito elétrico comum:
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
55
39
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Eletrônica Analógica
12
6
I
R1 3,0 k?
R2 4,0 k?
R3 1,0 k?
10 V
10 V
398.126.848-24
Como a mesma corrente percorre a malha toda, os resistores podem ser todos associados em série que saberemos a corrente que passa por R2 : 10 − (−10) R1 + R2 + R3 20 I= 3k + 4k + 1k 20 I= 8k I = 2, 5 mA
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
398.126.848-24
D
R
Questão 33
AF
T
I=
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
O circuito da figura acima mostra os dados de polarização de um transistor NPN. Para que a corrente CC de coletor seja de 2 mA e seja garantida uma excursão, no sinal de coletor, de 2 V (pico a pico), alcançando-se o limiar de transição para a região de saturação do transistor, os valores de RB e RC são, em kΩ, respectivamente, (A) 16 e 6,25 (B) 16 e 5,35 (C) 24 e 5,35 (D) 28 e 5,35 (E) 28 e 6,25
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
56
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Resolução: No limiar da operação do modo ativo para a saturação, a tensão no coletor será de igual a VCE sat = 0, 3 V . Como queremos que o sinal de saída excursione com 2 V pico a pico, significa que no pior caso (excursão negativa), a tensão do
398.126.848-24
coletor irá reduzir do ponto de polarização em 1 V . Logo, quando o pior caso acontecer, temos que ter um ponto de polarização que permita que o transistor continue operando no modo ativo. Portanto, escolhemos Vc = 0, 3 + 1 = 1, 3 V Como β é elevado, podemos considerar que a corrente de base é muito inferior a corrente de coletor, logo, podemos simplicar o cálculo de Rc : 12 − 1, 3 Ic 10, 7 RC = 2 × 10−2
T
RC =
AF
RC = 5, 35 kΩ Lembrando que Ic = βIb , logo Ib = segue:
RB = RB =
R
RB = RB =
Ic . β
Então podemos calcular RB como
1, 3 − 0, 7 Ib 0, 6 Ic β
0, 6
398.126.848-24
2×10−2 80
0, 6 25 × 10−6 ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
RB = 24 kΩ
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 34
8.
57
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1) 1 10 V
2 mA 398.126.848-24
R1
5V
R2
AF
T
O circuito apresentado na figura acima mostra um transistor MOSFET, construído numa tecnologia em que a tensão de limiar é igual 1 V (Vth = 1 V). Para que o transistor opere na região de saturação, os valores dos resistores R1 e R2, em k W , deverão ser, respectivamente, (A) R1 £ 2 e R2 £ 3 (B) R1 £ 2 e R2 ³ 3 (C) R1 ³ 2 e R2 £ 3 (D) R1 £ 3 e R2 ³ 2 (E) R1 £ 3 e R2 £ 2
Resolução:
Primeiramente é necessário lembrar alguns conceitos básicos sobre MOS398.126.848-24
R
FETs. Para que o MOSFET esteja na região de saturação temos que ter VDS ≥
VGS − VT H , logo, no limiar da saturação temos VDS = VGS − VT H . Para o tran-
sistor conduzir temos que ter VGS ≥ VT H , ou seja, temos que ter no mínimo
VGS = VT H = 1V (valor informado no enunciado). Sabendo isso podemos montar
D
a equação para a malha de entrada: 5 − VGS − R2 (2 × 10−3 ) = 0
(1.7)
R2 (2 × 10−3 ) = 5 − 1 R2 = 2kΩ
Para sabermos se este valor de R2 é mínimo ou máximo, colocamos a equação 1.7 na forma 5 − R2 (2 × 10−3 ) = VGS e percebemos que quanto menor for R2 , maior será VGS , logo:
R2 ≤ 2kΩ
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Lembrando que se VGS = VT H , então VDS = 0, agora montamos a equação
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
58
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
para o circuito de saída: (1.8)
10 − R1 (2 × 10−3 ) − VDS − R2 (2 × 10−3 ) = 0 R1 (2 × 10−3 ) = 10 − R2 (2 × 10−3 ) − 0
R1 (2 × 10−3 ) = 10 − 2 × 103 (2 × 10−3 )
398.126.848-24
R1 = 3kΩ Para sabermos se este valor de R1 é mínimo ou máximo, colocamos a equação 1.8 na forma 10 − R1 (2 × 10−3 ) − R2 (2 × 10−3 ) = VDS e percebemos que quanto
menor for R1 , maior será VDS , portanto:
R1 ≤ 3kΩ
T
✞
☎
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 35
8.
59
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006)
No uso do tiristor como elemento de chaveamento e controle de potência em circuitos elétricos, costuma-se associar, em série com o mesmo, um indutor, com a finalidade de:
398.126.848-24
(A) reforçar a amplitude da corrente de saída. (B) compensar os efeitos das capacitâncias parasitas nas junções. (C) amortecer a tensão de saída do circuito, eliminando os transientes bruscos. (D) evitar que o tiristor seja disparado por uma variação brusca
di . dt
de corrente
dv . dt
AF
de tensão
T
(E) evitar que o tiristor seja disparado por uma variação brusca
Resolução:
di Sabendo que a tensão sobre um indutor é VL = L dt , quando o colocamos di em série com um tiristor, as mudanças bruscas de corrente ( dt ) tendem a terem
efeito quase unicamente no indutor, evitando que o tiristor seja disparado. Portanto a alternativa correta é a letra (D).
R
Para evitar que mudanças bruscas de tensão ( dv ) causem o disparo do dt
398.126.848-24
tiristor, comumente utiliza-se um circuito RC em paralelo ao tiristor. Este circuito é
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
chamado de Circuito Snubber.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 36
8.
60
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
T
398.126.848-24
O transistor NPN da figura acima está polarizado e operando na região ativa. Nessas condições, o transistor opera com β = 50 e VBE = 0,6 V. Com base nos dados do
AF
circuito, o valor aproximado da corrente IB, em μA, é
(A) 10 (C) 40 (E) 80
(B) 20 (D) 50
Resolução:
Como β = 50, podemos considerar que a corrente que passa pelos resis398.126.848-24
R
tores de 22kΩ e 8kΩ é muito maior que IB , logo podemos considerar IB = 0 no cáculo da tensão VB na base do transistor, fazendo um simples divisor de tensão: 8k 8k + 22k 8 VB = 18 × 30 VB = 4, 8V
D
VB = 18 ×
Agora podemos fechar a malha de entrada a fim de encontrar IC : VB − VBE − (4, 2k)IC = 0 (4, 2k)IC = 4, 8 − 0, 6 4, 2 IC = 4, 2 × 103
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
IC = 1 × 10−3 A
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
61
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Porém sabemos que: IC = βIB IC IB = β 1 × 10−3 IB = 50 IB = 20 × 10−6
398.126.848-24
IB = 20µA ✞
☎
AF
(Eng. de Equipamentos Pleno Eletrônica - Petrobras 2006)
R
Questão 37
T
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
A figura acima ilustra o modelo para pequenos sinais, operando na faixa de médias freqüências, de um circuito transistorizado na configuração emissor comum. O ganho de corrente I2/I1 neste circuito é:
D
(A)
(C)
-âRBRC ri RL
(B)
(D)
(E)
Resolução: Igualando a tensão sobre o resistor RB com a tensão sobre ri temos: V RB = V r i
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(I1 − IB )RB = IB ri
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
62
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
I 1 R B − I B RB = I B ri IB (RB + ri ) = I1 RB I 1 RB IB = RB + ri
398.126.848-24
(1.9)
Agora igualamos a tensão sobre RL com a tensão sobre RC : V RL = V RC I2 RL = −RC (I2 + βIB )
(1.10)
I2 (RL + RC ) = −RC βIB
T
Então podemos substituir o valor de IB encontrado em 1.9 na equação 1.10: I2 (RL + RC ) = −RC βIB
I 1 RB (RB + ri ) I2 −βRB RC = I1 (RB + ri )(RC + RL )
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
I2 (RL + RC ) = −RC β ×
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 38
8.
63
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
IL +
RB
398.126.848-24
Ve
IZ
RL
VL
_
A figura acima mostra uma fonte de alimentação regulada através de um diodo zener e um transistor NPN de potência, conhecida como Regulador Série.
T
Parte 1 Com base no circuito, analise as afirmações a seguir. Quando a tensão de entrada Ve aumenta acima do seu valor nominal, a corrente IZ no diodo zener se mantém constante, aumentando apenas a corrente de base do transistor. PORQUE
AF
A tensão sobre o zener sendo constante, o aumento da tensão Ve acima de seu valor nominal obriga a tensão coletor-base VCB a aumentar também, sendo que, como VBE é constante e VCE = VCB + VBE, então VCE aumentará, de forma a manter VL constante pela relação Ve = VCE + VL.
398.126.848-24
R
Com base no exposto, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmações são falsas.
D
Resolução:
I - A primeira afirmação é FALSA. IZ não é constante, mas sim VZ . Um aumento em Ve provoca um consequente aumento de IZ , visto que a corrente que entra pela base do transistor é muito pequena.
II - A segunda afirmação é VERDADEIRA. Se fecharmos a malha de entrada temos Ve = VCB + VZ , ou seja, como VZ é constante, um aumento em Ve provoca um aumento em VCB para a igualdade se manter verdadeira. Agora, ao somarmos as tensões no transistor temos VCE = VCB + VBE , como VBE é constante (aprox 0, 7V ) temos que o aumento em VCB implica em um aumento de VCE . Como vemos, uma mudança em Ve é “transmitida” para VCE ,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
o que mantém VL constante na relação (malha externa) Ve = VCE + VL .
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398.126.848-24
8.
64
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Outra forma de verificar que VL é mesmo constante é fechar a malha mais à direita, que resulta em VL = VZ − VBE . Como VZ e VBE são constantes, VL é constante.
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
Questão 39
(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010) Parte 2 Considere os seguintes dados de projeto:
AF
T
• o diodo zener tem 6,8V de tensão nominal e opera com correntes: IZmin = 15mA e IZmax = 80 mA; • o transistor de potência opera com VBE = 0,7V, = 50 e RB = 140 ; • a corrente de carga varia de 0 (sem carga) a IL = 2,25 A (plena carga). Para que o regulador opere normalmente, a tensão de entrada Ve pode variar, em V, entre os limites (A) 18,0 e 25,0 (B) 15,2 e 18,0 (C) 12,4 e 15,8 (D) 10,5 e 14,0 (E) 10 e 12
Resolução:
R
Fechando a malha de entrada temos:
Ve = RB (IB + IZ ) + VZ
398.126.848-24
(1.11)
D
Sabemos também que:
IL = IC + IB IL = βIB + IB IL IL IB = ≈ β+1 β
Deste modo, analisando o circuito e voltando à equação 1.11 vemos que Vemax é dado por:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Vemax = RB (IBmin + IZmax ) + VZ IL Vemax = RB ( min + IZmax ) + VZ β
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
65
39
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
0 + 80 × 10−3 ) + 6, 8 50 = 11, 2 + 6, 8
Vemax = 140( Vemax
Vemax = 18V
398.126.848-24
De forma análoga voltando à equação 1.11 a fim de encontrar Vemin :
Vemin = 15, 2V
T
Vemin = RB (IBmax + IZmin ) + VZ IL Vemin = RB ( max + IZmin ) + VZ β 2, 25 Vemin = 140( + 15 × 10−3 ) + 6, 8 50 Vemin = 6, 3 + 2, 1 + 6, 8
Questão 40
AF
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011) VCC = +5,0 V
D
R
RC = 240 W
VIN
398.126.848-24
RELÉ
RB Q1
Para acionar um relé a partir de um circuito de controle digital, um engenheiro montou o circuito apresentado acima. Quando a tensão na entrada VIN for igual a + 5,0 V (nível lógico alto), o transistor Q1 fará passar uma corrente pela bobina do relé, provocando o fechamento da chave. No projeto, o engenheiro empregou um transistor cujo parâmetro β pode assumir valores entre 100 e 400, de acordo com o manual do fabricante. Considerando que Q1 apresenta VBE = 0,7 V e VCE = 0,2 V no modo de saturação, qual o limite máximo que a resistência RB pode assumir de maneira a garantir que Q1 opere na saturação quando VIN = + 5,0 V?
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(A) 18,5 kΩ (B) 21,5 kΩ (C) 27,2 kΩ (D) 31,2 kΩ (E) 34,6 kΩ
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
66
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6
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Resolução: Fechando a malha de saída temos: VCC − RC IC − VCE = 0 VCC − VCE IC = RC 5 − 0, 2 IC = 240 IC = 0, 02A
398.126.848-24
Lembrando que IC = βIB , e que como queremos o valor máximo possível fechamos a malha de entrada:
T
de RB devemos utilizar o β mínimo fornecido, que no nosso caso é 100. Então
AF
VIN − RB IB − VBE = 0 IC VIN − RB − VBE = 0 β (VIN − VBE )β RB = IC (5 − 0, 7) × 100 RB = 0, 02 RB = 21500
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (B) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
RB = 21, 5kΩ
398.126.848-24
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Questão 41
8.
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6
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(Prof. Eng. Eletrônica - Petrobras Distr 2008) +Vcc
RC
IC (mA)
4 kW
Ponto de Operação
398.126.848-24
R1
IC
IB=0,05 IB R2 RE
2 kW
0
9
24 VCE (volt)
T
As figuras acima mostram um circuito eletrônico com transistor NPN polarizado e, ao lado, o gráfico da reta de carga da correspondente polarização. Com base nos dados apresentados nas figuras, o valor do ganho BETA do transistor é (A) 20 (B) 50 (C) 150 (D) 200 (E) 300
Resolução:
AF
Para resolver esta questão, partiremos da premissa que β ≥ 50, pois as-
sim podemos assumir que IB é aproximadamente igual a zero. Se no final dos cálculos encontrarmos um β significantemente menor que 50, devemos recomeçar a questão considerando um IB 6= 0. Percebemos também que IC = 0 implica
que VCE = VCC , e vemos no gráfico que este ponto corresponde a 24V , ou seja, VCC = 24V . No ponto de operação temos VCE = 9V , como mostra o gráfico. Fechando a malha de saída então temos:
R
398.126.848-24
VCC − RC IC − VCE − RE (IB + IC ) = 0
D
VCC − RC IC − VCE − RE (0 + IC ) = 0 VCC − VCE IC = RC + RE 24 − 9 IC = 4k + 2k IC = 2, 5 × 10−3 A
Também sabemos, pelo gráfico, que no ponto de operação IB = 0, 05mA, logo: β=
IC 2, 5 × 10−3 = = 50 IB 0, 05 × 10−3 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 42
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
398.126.848-24
AF
(A) Se VI = VCC , então V0 = 3 V. (B) Se VI = VEE , então V0 = 5 V. (C) Se VI = VEE , então a corrente no resistor RE vale 3 mA. (D) Se VI = VCC , então a corrente no resistor RE vale 1 mA.
T
No circuito da figura acima, considere que ambos os transistores possuem um parâmetro β muito elevado, de maneira que a corrente de base pode ser considerada desprezível em comparação com a corrente de coletor. Além disso, considere VBE = 0,7 V para ambos os transistores quando a junção base-emissor estiver diretamente polarizada. Dessa forma, verifica-se que
(E) Se VI = VCC , então a corrente no resistor RE vale 3 mA.
Resolução:
A questão parece ser bem complicada, mas basta notar que os dois transis398.126.848-24
R
tores são NPN, de modo que uma polarização positiva da base permite a passagem da corrente.
No transistor à esquerda, temos que VI = 5V polariza o transistor permitindo
a passagem da corrente. Por outro lado, o aterramento da base do transistor à
D
direita garante o corte.
Assim, olhando de Vcc até Vee temos pela lei de Kirchhoff: VCC = Vbe + 1, 1k × Iesq + 2, 0k × (Iesq + Idir ) + VEE
Como o transistor da direita está cortado, Idir = 0. Então a equação abaixo se torna:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
VCC − V EE − VBE = 3, 1k × Iesq
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8.
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Substituindo os valores das tensões: 5V − (−5V ) − 0, 7V = 3, 1kΩ × Iesq 9, 3V Iesq = 3, 1kΩ
398.126.848-24
Iesq = 3mA Isto corresponde ao encontrado na alternativa (E). ✞
☎
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
D
R
AF
Questão 43
T
Alternativa (E) ✆ ✝
O tipo de configuração montada com o transistor mostrada na figura acima corresponde ao tipo de polarização conhecido por (A) (B) (C) (D) (E)
corrente de emissor constante realimentação negativa controlada divisor de tensão na base coletor comum base comum
Resolução: Neste circuito, o objetivo é compensar as variações de β através de um
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
resistor ligado ao emissor. Se houver um aumento de ganho, haverá aumento de
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
70
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6
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IC , com aumento de VRC e de VRE e diminuição de VCE . Mas, devido ao aumento de VRE , a corrente de base diminui, induzindo IC a uma estabilização. A resposta dada por RE para o aumento de IC , chama-se de realimentação negativa e garante a estabilidade do ponto de operação.
398.126.848-24
A ideia é compensar possíveis variações de ganho devido a mudanças de temperatura. A corrente no emissor pode ser descrita matematicamente sem a participação do ganho β na equação: IB =
VCC − VB RB
T
RB IB = VCC − VB
AF
VB = VCC − RB IB
VBE = VB − VE
V E = VB − VBE
VE − 0 RE (VB − VBE ) IE = RE (VCC − RB IB ) − VBE IE = RE VCC − RB IB − VBE IE = RE IE =
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
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398.126.848-24
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Questão 44
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
T
O circuito da figura usa um transistor NPN (β = 100 e VBE = 0,6 V). Analisando as condições e os dados do circuito, conclui-se que o transistor está saturado e o valor aproximado da potência dissipada no resistor RC, em mW, é
AF
(A) 1,5 (B) 3,0 (C) 15,0 (D) 60,0 (E) 150,0
Resolução:
Observe que o enunciado deixa claro que o transistor está saturado, não
R
sendo necessário calcular a corrente de base e a polarização do circuito. Quando
398.126.848-24
saturado o transistor se comporta como uma chave fechada. A corrente de coletor
D
é constante, valendo a seguinte relação entre IC e IB em um transistor saturado: IC ≤ βIB
Para saturar um transistor a corrente de base deve ser maior ou pelo menos
igual à um determinado valor especificado pelas curvas características do transistor.
Quando na região ativa, um aumento na corrente da base, gera um aumento da corrente de coletor amplificada pelo ganho β do transistor. Esse aumento de corrente gera um aumento na queda de tensão sobre o resistor RC que diminui a tensão no coletor. Quando a corrente na base ultrapassa determinado valor e a tensão no coletor já atingiu um valor mínimo, a relação entre corrente de base e
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
corrente de coletor estabelecida pelo ganho β perde a linearidade. Neste ponto,
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
72
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6
398.126.848-24
dizemos que o transistor entrou em saturação. Para saturar, deve ser observada a condição IC β VCC = βRC
IB ≥
398.126.848-24
IBsat
Como no caso do circuito apresentado, por estar em saturação, costuma-se considerar que VCEsat = 0V : VCEsat = VC − VE = 0 VC = VE
T
VC = 0V
Que leva a seguinte corrente para RC :
AF
VCC − VC 1, 5k 15 − 0 IC = 1, 5k IC =
IC = 10mA
A potência no resistor é dada então pela fórmula:
398.126.848-24
R
P = IC2 RC
P = (10 × 10−3 )2 1, 5k
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
P = 150mW
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Questão 45
8.
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
T
O circuito da figura acima é uma fonte de tensão regulada que usa como referência um diodo zener com 6 V de tensão nominal. A tensão não regulada de entrada (Vnr) tem valor nominal de 15 V e admite uma variação de em torno do seu valor nominal. A resistência de carga pode assumir valores que variam de 100 Ω até a resistência infinita (ckt aberto).
AF
Nessas condições, qual será a corrente máxima, em mA, suportada pelo diodo? (B) 85 (C) 60 (D) 40 (A) 120 (E) 35
Resolução:
Caso a resistência de carga se comporte como circuito aberto, não haverá corrente passando pelo emissor. E, portanto, também não passará corrente pelo coletor, nem pela base do transistor. Como opção, toda a corrente fluirá pelo diodo 398.126.848-24
R
zener.
Buscando o máximo de corrente possível nessa situação, será considerado
D
a maior tensão Vnr possível somando o valor de 20% de variação que ocorre. VnrM AX = 1, 2Vnr = 1, 2 × 15 = 18V
A corrente será definida pelo resistor de 300 Ω. VnrM AX − VZ 300 18 − 6 I= 300 12 I= 300 I = 40mA I=
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 46
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) Q1
Vi = 50 V
Vo
R3
Rz
398.126.848-24
Q2
R2
Rp = 2 k
R1
Vz = 5,3 V
AF
T
O circuito regulador de tensão realimentado, mostrado na figura acima, apresenta todos os seus componentes semicondutores operando na região ativa. Para que a tensão Vo na saída possa ser ajustável continuamente pelo potenciômetro Rp, variando apenas entre 12 e 36 V, os valores dos resistores R1 e R2, em k, serão, respectivamente, (A) 1 e 3 (B) 2 e 1 (C) 2 e 2 (D) 3 e 1 (E) 3 e 2
Resolução:
A tensão VBE , como não foi especificada, será considerada como valendo 0,7V. Somando Vz com VBE , teremos um potencial Vb conhecido localizado em algum ponto no meio do potenciômetro.
398.126.848-24
R
V b = VBE + V z = 0, 7 + 5, 3 = 6V
Essa tensão irá determinar a corrente no ramo e, por consequência irá defi-
D
nir a tensão Vo. Com o potenciômetro no mínimo (0 Ω), a corrente será máxima. Imax =
Vb R1
Essa corrente multiplicada por todas as resistências do ramo deve possibili-
tar um Vo de 36V.
V omax = Imax (R1 + R2 + Rp) Vb (R1 + R2 + Rp) R1 6 36 = (R1 + R2 + 2k) R1 6R1 = (R1 + R2 + 2k)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
V omax =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
75
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
A outra situação para análise é quando o potenciômetro correr para o outro extremo da escala. Calculando então para a corrente mínima: Imin =
Vb R1 + Rp
398.126.848-24
Essa corrente multiplicada por todas as resistências do ramo deve possibilitar um Vo de 12V, segundo o solicitado pelo enunciado. V omin = Imin (R1 + R2 + Rp) Vb (R1 + R2 + Rp) R1 + Rp 6 12 = (R1 + R2 + 2k) R1 + Rp
V omin =
T
2R1 + 2Rp = (R1 + R2 + 2k) 2R1 + 4k = (R1 + R2 + 2k)
AF
Temos então duas equações relacionadas a soma das resistências, substituindo uma na outra, temos o valor de R1:
6R1 = (R1 + R2 + 2k)
2R1 + 4k = (R1 + R2 + 2k)
R
6R1 = 2R1 + 4k
398.126.848-24
4R1 = 4k R1 = 1kΩ
D
Para resolver R2:
6R1 = (R1 + R2 + 2k) 6 × 1k = (1k + R2 + 2k) 6k = (R2 + 3k) R2 = 3kΩ ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 47
8.
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
AF
Resolução:
T
No acionamento de máquinas de indução, estão disponíveis várias tecnologias com objetivos diversos. Entre eles, situa-se a redução da corrente de partida de motores de elevada potência através da diminuição da tensão de alimentação de maneira controlada, com o auxílio de conversores estáticos de potência (CEP). A figura acima apresenta o circuito simplificado de partida de um motor trifásico conectado em Y, acionado através de um CEP, onde, através da variação de α, ângulo de disparo dos tiristores Tk (k =1, 2, ..., 6), a tensão, nos terminais da máquina, pode ser controlada. O conversor é alimentado por uma tensão trifásica e equilibrada de fases R, S e T. Nesse contexto, o circuito acima representa o acionamento do motor através de um(a) (C) chave estrela-triângulo. (A) conversor CA-CC. (E) soft starter. (D) inversor de frequência. (B) conversor step down.
O tiristor é um dos semicondutores mais comuns da eletrônica de potência e podemos dizer que ele é semi-controlado. Ele é semi-controlado dois motivos: 1. Para conduzir é necessário que ele receba um sinal de disparo, mas também deve estar diretamente polarizado.
398.126.848-24
R
2. Ele para de conduzir quando fica reversamente polarizado. Desta forma, a tensão eficaz que passa através das chaves é controlada
pelo ângulo de disparo. A disposição em pares em antiparalelo serve para este
D
raciocínio se aplicar em ambos semiciclos positivo e negativo. Como a velocidade e o torque desenvolvidos na máquina são função de seu valor eficaz isto pode ser utilizado para controlar um motor. Assim, a resposta é letra (E) pois este é o seu princípio de funcionamento.
Discorramos sobre as outras alternativas: (A) O que ocorre no semiciclo positivo ocorre no semiciclo negativo, então mesmo a saída da chave é em corrente alteernada. Deste modo não pode ser conversar CA-CC. (B) O step down ou conversor é um conversor CC-CC e necessita de indutor e
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
capacitor além de chaves.
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398.126.848-24
8.
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12
6
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(C) Chave estrela-triângulo não se utiliza de eletrônica de potência, e sim de arranjos e contatos pré-definidos. (D) Inversor de frequência permite um controle muito maior mas também necessita de chaves controladas e mais sofisticadas que tiristores.
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
+ is
+ _
vd
T4
Dados: Is1 = 0,9 Id
T3
T2
Id
is – corrente de entrada do conversor. Is – valor eficaz da corrente de entrada do conversor. Is1 – valor eficaz da componente fundamental (primeiro harmônico) da corrente de entrada do conversor. h – ordem do harmônico. vs – tensão senoidal de alimentação do conversor.
AF
vs
T1
T
Questão 48
_
A figura acima representa um conversor CC/CA monofásico a tiristores, do tipo onda completa, e cuja carga é modelada como uma fonte de corrente constante de valor Id igual a 10 A.. O conversor é alimentado por uma fonte de tensão senoidal, de 60 Hz, com 220 V eficazes. O ângulo de disparo dos quatro tiristores é = 60o. O valor da potência ativa consumida pelo conversor, em W, é (B) 1100
(C) 990
(D) 500
(E) 350 398.126.848-24
R
(A) 2200
Resolução:
Conforme é demonstrado em circuitos, a potência média associada a uma
frequência é acoplada tão somente com a tensão e a corrente desta mesma
D
frequência, em outras palavras: independente do conteúdo harmônico a potência desenvolvida por uma carga em corrente contínua é o produto da corrente contínua pela tensão contínua experimentada pela carga (o mesmo raciocínio vale para as componentes alternadas, se houvessem, mas com seus valores eficazes). Mas a tensão em corrente contínua é simplesmente a média da tensão no período o que pode ser achado se conhecemos a forma de onda que existe nesta carga. O fato que norteia o desenvolvimento da forma de onda é o seguinte: a carga é uma fonte de corrente, então quando um par de tiristores não conduz o outro necessariamente conduz porque a natureza da carga assim o exige.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Se α é 60 graus, até lá o par T1-T2 não conduz, então o par T3-T4 conduz
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
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e a carga enxerga Vd = −Vs , até o momento em que os tiristores disparam, garantindo até o fim do semiciclo (em 180 graus) que o par T1-T2 conduz enquanto
T3-T4 está aberto, de modo que a carga enxerga Vd = Vs . Assim, como o padrão é simétrico, fazemos o cálculo considerando o período de 180 graus: "Z T # Z T 6 2 1 Vmed = −Vs dt + Vs dt T 0, 5T 0 6
398.126.848-24
Integrar em meio período no tempo é igual a integrar em π graus no ângulo. Então a integral acima equivale a:
Como Vs =
√
π 3
0◦
−Vs dθ +
Z
π π 3
Vs dθ
#
2220 sin(θ), basta substituir e integrar: "Z π # Z π √ √ 3 1 = −220 2 sin(θ)dθ + 220 2 sin(θ)dθ π π 0◦ 3
AF
Vmed
"Z
T
Vmed
1 = π
Então, o resultado das duas integrações é: π π √ √ 1 3 Vmed = 220 2 cos(θ) − 220 2 cos(θ) π π 0 3 √ 2 2 π Vmed = 220 cos π 3 Vmed = 0, 90 × 220 × 0, 5
R
398.126.848-24
Vmed = 99V
Obs.: Aproximamos
√ 2 2 π
≈ 0, 9
D
Então:
P = Vmed Id = 99V × 10A = 990W
Obs: O candidato é encorajado a demonstrar que Vmed = 0, 90Vrms cos(α) para qualquer tensão eficaz e qualquer ângulo α de disparo nesta topologia, para uso
futuro em outras questões. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 49
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) A figura abaixo ilustra o acionamento de um motor de corrente contínua através de uma ponte retificadora controlada por tiristores. i
398.126.848-24
ia
T1
T3 a
va vb vc
ib
T5 b
Motor CC
Vd
ic
n
c
Campo T4
T6
T2
AF
T
É possivel aumentar a velocidade de rotação deste motor? (A) Sim, aumentando o ângulo de disparo dos tiristores ou diminuindo a tensão de campo do motor. (B) Sim, aumentando o ângulo de disparo dos tiristores ou aumentando a tensão de campo do motor. (C) Sim, diminuindo o ângulo de disparo dos tiristores ou diminuindo a tensão de campo do motor. (D) Sim, diminuindo o ângulo de disparo dos tiristores ou aumentando a tensão de campo do motor. (E) As informações fornecidas são insuficientes para se chegar a uma conclusão.
Resolução:
As equações da conversão eletromecânica de uma máquina de corrente contínua são:
Ea = kφωm
R
Tem = kφia
398.126.848-24
Estas duas equações levam a um acoplamento eletromecânico entre a rota-
D
ção da máquina e o circuito elétrico. Em regime, o que neste caso basta, temos: E a + r a ia = V t
Se combinarmos as três equações, colocando a velocidade em função da
tensão e do torque da carga, temos: ωm =
Vt ra Tem − 2 2 kφ k φ
Olhando pela última questão vemos basicamente duas formas de aumentar a velocidade para carga acionada constante: I - Aumentar a tensão terminal Vt , a solução é atuar então no circuito eletrônico
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
de alimentação;
398.126.848-24
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8.
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6
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II - Diminuir o fluxo da máquina, o que pode ser feito diminuindo a corrente de campo através da diminuição da tensão terminal de campo Vd . Pela alternativa II, o candidato já pode descartar as alternativas (B),(D) e (E). Agora basta lembrarmos qual a situação em que podemos aumentar Vt , que é
398.126.848-24
a tensão nos terminais de armadura da máquina. Os tiristores são muito parecidos com os diodos, contudo eles só conduzem se além de diretamente polarizados receberem um sinal de disparo. A fórmula para a tensão em CC em função do disparo α é dada por: VCC =
3Vlinha cos(α) π
T
Para VCC , que é a tensão terminal Vt ser máximo, o ângulo de disparo deve ser o menor possível. Ou seja, devemos diminuir o ângulo de disparo e diminuir a
AF
tensão de campo.
Obs.: O gabarito divulgado preliminarmente para esta questão é a alternativa (B), porém o autor deste material acredita que a alternativa correta seja a (A). Como não conseguimos localizar o gabarito pós-recursos desta prova em questão, fica esta nota de esclarecimento.
✞
☎
Alternativa (A*) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
8.
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6
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(Engenheiro(a) Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005) T1
398.126.848-24
+ v s (t)= 2 V f sen(
0 t)
~
R
T2
A figura representa o circuito de um controlador de tensão CA. O tiristor T1 é disparado nos semi-ciclos positivos da tensão de entrada, enquanto T2 é disparado nos semi-ciclos negativos. Considerando que ângulo de disparo de T1 e T2 vale α, o valor da tensão eficaz sobre a resistência R é: 1
1 sen(2α ) 2 (A) Vf 2π - α + 2 π 1 (B) Vf 2π - α + π
1 cos(2α ) 2
2
(D)
2Vf 2π
[cos(α ) − 1]
(E) Vf
1
1 sen(2α ) 2 (C) Vf π - α + π 2
Resolução: Esta questão é bastante trabalhosa, porque vai exigir algumas integrais que se não forem conhecidas podem demorar um pouco para sair. Isto ocorre porque o valor eficaz de um sinal de tensão ao longo de um período é: s Z 1 T 2 Vrms = V (t)dt T 0
398.126.848-24
O tiristor T1 tem o mesmoa papel do tiristor T2, só que cada um opera em um semiciclo distinto, pois T1 só pode ser ativado quando vs é positivo, e T2 apenas quando é negativo. O tiristor quando diretamente polarizado pode conduzir, desde que seja enviado um sinal de gatilho, até lá ele não conduz como se estivesse bloqueado. Na verdade, este circuito é conhecido como controlador de fase e tem o princípio básico de funcionamento do soft-starter.
no resistor R é zero e é igual a vs quando ativo, assim, a integral se torna: v " # u Z T u 1 Z T2 Vrms = t V 2 (t)dt + V 2 (t)dt T α α+T /2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Então em cada semiciclo, até que o gatilho seja ativado, temos que a tensão
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398.126.848-24
8.
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6
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Ou em termos de ângulo: s Z Z 2π π 1 Vrms = V 2 (θ)dθ + V 2 (θ)dθ 2π α α+π 398.126.848-24
Como estamos operando com o quadrado, basta duplicar o resultado da primeira integral, então: Vrms
s Z 1 π 2 = V (t)dt π α
Como V (θ) quando os tiristores conduzem é Vtheta =
√
2Vf sin(θ) então:
T
V 2 (θ) = 2Vf2 sin2 (θ) Para fazermos esta integral, é mais fácil lembrar que:
AF
2Vf2 sin2 (θ) = Vf2 + Vf2 cos(2θ) = Vf2 [1 − cos(2θ)] Então temos ao fazer a integral que: s π 1 2 1 Vrms = V θ − sin(2θ) π f 2 α
R
Tirando os termos comuns para fora da raiz: r r 1 1 Vrms = Vf π − α + sin(2α) π 2
398.126.848-24
D
Juntando as raízes, temos: Vrms = Vf
s
π − α − 12 sin(2α) π
Obs.: O gabarito divulgado preliminarmente para esta questão é a alternativa (B), porém o autor deste material acredita que a alternativa correta seja a (C). Como não conseguimos localizar o gabarito pós-recursos desta prova em questão, fica esta nota de esclarecimento. ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (C*) ✆ ✝
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Questão 51
8.
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(Engenheiro(a) Manutencao Pleno - Elétrica - Suape 2011)
T
398.126.848-24
AF
No circuito eletrônico da figura acima, todos os componentes são considerados ideais. O transistor opera com ganho β = 20 e VBE= 0,6 V. Sabe-se que o diodo Zener opera com tensão nominal de 6 V, que o circuito deve funcionar com a tensão VC podendo assumir valores entre 15 e 30 V e que a resistência de carga RL é incerta, podendo variar de 5 Ω até infinito (circuito sem carga). O projeto prevê que a tensão VL, com alguma tolerância, permaneça constante. Nesse contexto, o diodo Zener deverá ser especificado no projeto para suportar uma potência máxima, em W, de (E) 0,28 (A) 1,50 (C) 0,72 (B) 1,00 (D) 0,54
Resolução:
Para encontrar a potência máxima no diodo zener, adotam-se os piores casos para os parâmetros de valores incertos. Sendo assim, temos: RL = 5Ω
R
VC = 30V
398.126.848-24
Devido a maneira como o diodo zener está posicionado no circuito, a tensão
D
no terminal base do transistor é conhecida: VB = VZ = 6V
Esta tensão gera a seguinte corrente no resistor de 200 Ω: VC − VB 200 30 − 6 I= 200 24 I= = 0, 12A 200 I=
Desprezando a corrente que flui para o terminal de base, podemos conside-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
rar que a corrente recém calculada flui integralmente pelo zener.
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398.126.848-24
A potência dissipada pelo diodo seria: PZ = VZ I = 6 × 0, 12 = 0, 72W ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
Questão 52
(Engenheiro(a) Manutencao Pleno - Elétrica - Suape 2011)
AF
Figura 1
T
(A)
D
R
(B)
Figura 2
(C)
398.126.848-24
(D)
No circuito mostrado na Figura 1, todos os elementos são ideais. O terminal de gate do tiristor (T) é alimentado com pulsos elétricos a cada meio ciclo, conforme apresentado na Figura 2 (x). Considere que os pulsos têm corrente e tensão suficientes para disparar o tiristor. O
(E)
sistema encontra-se em regime permanente, e a forma de onda da tensão VF é senoidal, conforme mostrado na Figura 2 (y), para um ciclo completo de onda. De acordo com essas informações, a forma de onda da tensão VR,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
sobre o resistor R, em um ciclo completo, é
398.126.848-24
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6
398.126.848-24
Resolução: A figura 1 apresenta a topologia de um retificador de meia onda, porém em vez de um diodo temos um tiristor. Basicamente, tiristores são diodos que, quando diretamente polarizados,
398.126.848-24
necessitam de um disparo na sua porta gate para começar a conduzir. Se não ocorrer um disparo, não irão entrar em condução. Como ainda estamos falando de dispositivos similares a diodos, é fácil perceber que este tiristor estará reversamente polarizado no semiciclo negativo da onda VF . Mesmo com o pulso de disparo que ocorre a partir do instante
5π , 4
não
elimina as alternativas (A), (B) e (E).
T
haverá corrente na carga, pois o tiristor permanece em corte. Tal constatação
Quando o tiristor está diretamente polarizado e ocorre um disparo, ele permanece conduzindo até que o sinal de entrada atinja o zero e então volta para
AF
bloqueio. A condução, uma vez iniciada no instante de um disparo, continua ocorrendo mesmo após a saída do sinal de disparo. Caso ocorra polarização direta novamente, é necessário um novo disparo. No circuito apresentado, após a primeira passagem por zero e antes do disparo em
π 4
considera-se que o tiristor estava em
corte, logo não havia tensão na carga.
✞
☎ 398.126.848-24
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8.
12
6. 8
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-2
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D
R
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 53
8.
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(Engeneheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Innova 2012)
398.126.848-24
O circuito eletrônico mostrado na Figura acima está polarizado com todos os componentes calculados para funcionar de acordo com a reta de carga traçada sobre a curva característica do transistor bipolar NPN.
AF
T
Considerando Ic = 6 mA e com base no circuito e no Gráfico da reta de carga, o valor, em , do resistor RE é (A) 1.500 (B) 1.200 (C) 500 (D) 360 (E) 200
Resolução:
O enunciado especifica que é para considerar a corrente de coletor como 6mA. No gráfico, ao encontrar o cruzamento da reta de carga com este valor de corrente no eixo y, teremos VCE que acompanha esta corrente. Este ponto costuma ser chamado de ponto quiescente ou ponto de operação do transistor e está 398.126.848-24
D
R
identificado no gráfico abaixo pelo ponto Q.
Q
Vcc
Outro ponto de interesse da reta de carga que deve ser obtido para a resolução do problema é o valor de VCC . Quando a corrente é nula no coletor, não há queda de tensão nos resistores RC e RE e, portanto, VCE = VCC . O ponto onde o
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8.
12
6. 8
48
-2
4
valor de VCC pode ser encontrado também está identificado no gráfico.
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398.126.848-24
8.
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6
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Com isso, no ponto de operação a ser analisado, temos: iC = 6mA VCE = 6V VCC = 15V
398.126.848-24
Para calcular a tensão no terminal emissor do transistor: VE = VCC − RC iC − VCE
VE = 15 − (1 × 103 ) × (6 × 10−3 ) − 6 VE = 15 − 6 − 6 VE = 15 − 12 VE = 3V
T
VE = 15 − 1 × 6 − 6
AF
Supondo que o ganho β do transistor é suficientemente grande, desprezaremos a corrente de base. Por consequência, a corrente de emissor torna-se idêntica a corrente de coletor, já conhecida. Isto possibilita, por fim, calcular a resistência RE :
iE = iC
D
R
iE = 6mA
398.126.848-24
VE = RE iE VE RE = iE 3 RE = 6 × 10−3 3000 RE = 6 RE = 500Ω ✞
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6. 8
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-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 54
8.
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(Engeneheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Innova 2012)
Um retificador monofásico em ponte completa a tiristor alimenta apenas uma carga puramente resistiva na saída. A indutância de comutação é desprezível e a tensão ca na entrada é descrita pela função no tempo v(t) = 100sen(t) volts. Para um ângulo de disparo dos tiristores de 30o, o valor médio, em volts, da tensão de saída é (A) (B)
398.126.848-24
29,7 59,4
(C) 93,3 (D) 150,0
Dado
(E) 186,5
3 = 1,73
Resolução: Diferente do visto na questão da página 77, como a carga é resistiva, enquanto não houver disparo do tiristor não há condução de corrente. Então no período compreendido entre 0◦ e o ângulo de disparo α temos:
T
Vr = 0 Quando é permitido conduzir, através do disparo do tiristor, a tensão que
AF
chega ao resistor é Vr = Vs . Deste modo, a tensão média é dada por: Z 1 Vmed = Vr dt T T
Como o retificador é de ponte completa, o período é de 180 graus ou um semi-ciclo, então a equação acima pode se tornar, em radianos: Z α Z π√ 1 Vmed = 0dθ + 2Vrms sin(θ)dθ π 0 α √ 2 Vmed = Vrms (1 + cos(α)) π
R
398.126.848-24
D
Neste caso, o valor eficaz é encontrado dividindo a amplitude por
√
2, assim:
π Vrms = √ 100V 2
Combinando as duas equações, temos: √ 2 π √ 100(1 + cos(α)) = 100(1 + cos(α))V Vmed = π 2 Substituindo o valor de α = 30◦ e então cos(α) =
√
3 2
= 0, 865, temos:
Vmed = 100(1 + 0, 865) = 186, 5V ✞
☎
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6. 8
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-2
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Alternativa (E) ✆ ✝
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1.3 Diodos Questão 55
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A Figura abaixo mostra um circuito eletrônico, composto de um diodo de junção considerado ideal, que alimenta uma carga resistiva de 10 . 398.126.848-24
T
Aplicando-se na entrada Vi a onda quadrada periódica mostrada na Figura, o valor da potência média, em W, dissipada na carga resistiva de 10 é (A) 312,50 (B) 125,00 (C) 42,50 (D) 31,25 (E) 20,00
AF
Resolução:P2-21-Q54
D
R
398.126.848-24
R
Assinalando as tensões como na figura acima, temos o seguinte equaciona-
mento:
Vi + 5 = VD + VR
D
Uma vez que o diodo é considerado ideal, ele conduz toda vez que: Vi + 5 ≥ 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
O gráfico da tensão sobre o diodo é então:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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Deste modo, quando a tensão sobre o diodo se tornar negativa, ele entrará em modo de corte e não chegará qualquer tensão ao resistor, fazendo com que VR = 0. Então graficamente, a tensão de saída VR é obtida apenas eliminando os intervalos negativos do gráfico: 398.126.848-24
I
I IIII I
I
I I I
T
Agora, conhecendo o sinal de saída sobre o resistor de 10 Ω, basta realizar o cálculo da potência média. A potência média de um sinal periódico é a média da potência no período da onda, ou seja, energia desprendida no resistor no período
AF
dividido pela duração do período. Assim:
Pm =
Et t
O período da onda é claramente t = 10 s, visto que temos 5 segundos de condução de 25 V e outros 5 segundos sem chegar qualquer tensão ao resistor. Energia é desprendida então somente quando existe tensão no resistor, a saber: 2 VR Et = t R
R
398.126.848-24
D
Nos t = 5 s de condução, para VR = 25 V e resistência R = 10 Ω, temos: 2 25 Et = 5 = 312, 5 J 10 Então, a potência média para t = 10 s é: Et t 312, 5 J Pm = 10 s Pm = 31, 25 W Pm =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 56
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(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2)
A fonte de alimentação regulada da Figura abaixo usa um transistor de junção NPN e um diodo zener, ambos considerados ideais. O zener serve para manter a tensão de referência, com o objetivo de regular a tensão sobre a carga resistiva.
Dados • O diodo zener tem tensão nominal de 15,7 V. • O transistor é de potência elevada e opera com VBE = 0,7 V e = 50.
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Considerando-se que a carga resistiva dissipa uma potência de 600 mW, qual o valor, em mA, da corrente IZ no diodo zener? (A) 5,2
(B) 6,0
(C) 12,5
(E) 52,8
T
Resolução:P2-21-Q55
(D) 40,0
A potência no diodo Zener será simplesmente o produto da tensão no diodo
AF
Zener VZ = 15, 7 V (dado) pela corrente no diodo Zener IZ . Observe a figura: E
C
R
B
B
L
L
Z
R
398.126.848-24
Quando observarmos o nó B, contudo, descobrimos que a corrente no diodo
D
Zener nada mais é que a diferença entre a corrente que passa pelo resistor de 5 kΩ e a corrente IB que vai para a base do transistor. Ou seja: IZ = IR − IB
A corrente no resistor é facilmente obtida ao dividirmos a ddp entre a fonte e o diodo Zener pela resistência de 5 kΩ: 45, 7V − VZ R 45, 7V − 15, 7V IR = 5.000Ω IR = 6 mA
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12
6. 8
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-2
4
IR =
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A tensão na carga é simplesmente a tensão no ponto B (igual à tensão VZ ) subtraída da tensão entre base e emissor VBE = 0, 7V , ou seja: VL = VZ − VBE VL = 15, 7 − 0, 7
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VL = 15 V Então a corrente na carga, igual à corrente de emissor, será a razão entre potência dissipada na carga e tensão na carga. Logo: IL = IE PL IL = VL 0, 600W IL = 15V IL = 40 mA Uma vez que no transistor vale: IC = IB + IE E também que β =
IC , IB
temos: 50IB = IB + 40 398.126.848-24
49IB = 40 mA IB ≈ 0, 8 mA Desta forma, voltando à equação do nó B, teremos: IZ = 6mA − 0, 8mA IZ = 5, 2 mA ✞
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8.
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6. 8
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-2
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 57
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
No circuito da figura, considere que os diodos apresentam uma queda de tensão VD = 0,7 V quando estão conduzindo corrente e que não apresentam corrente de fuga quando estão em corte. S1
1 k
1 k
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D1 VA 10 V
5 k D2
3 k
D4
D5 VX
D3
1 k
Assim, quando a chave S1 for fechada, a tensão na saída VX, em volts, será (A) (B) (C) (D) (E)
9,3 6,9 5,3 3,1 1,7
Resolução: Para facilitar nossa análise, nomeamos os nós W, Z e Y como mostrado na figura abaixo: S1
1 k
D1 VA 10 V
1 k
Z
5 k D2
W
Y
D4
D5 VX 398.126.848-24
3 k
D3
1 k
À primeira vista fica fácil calcularmos a tensão do nó W, visto que D1 está conduzindo: VW = 10 − 0, 7 = 9, 3V Agora, para D2 estar conduzindo precisamos ter VY ≥ VW + 0, 7, ou seja,
VY ≥ 10V . Como não fica difícil perceber, esta condição não pode ser satisfeita, afinal a única fonte do circuito é de 10V e VY deve ser menor que este valor. Por-
tanto o diodo D2 está cortado. Simultaneamente, se D4 estiver conduzindo, temos que ter VX ≥ 10, 7V , o que também não pode acontecer, portanto o diodo
D4 está cortado. Ainda levando em conta que só temos uma fonte de tensão, e
a extremidade de baixo do circuito representa o menor potencial do circuito, obvia-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
mente que o diodo D3 também está cortado.
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8.
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6
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Ora, com os diodos D2 , D3 e D4 cortados, o circuito então fica: S1
1 k
Z
1 k
i
D1 VA 10 V
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D5 VX
W 3 k
1 k
A corrente i que passa por D5 é então diretamente calculada: i=
10 − 0, 7 = 3, 1mA 1k + 1k + 1k
Agora, usando a lei das malhas podemos encontrar VX : 10 − (1k + 1k)i − 0, 7 − VX = 0 Vx = 9, 3 − (2k) × (3, 1m) Vx = 9, 3 − 6, 2 Vx = 3, 1V ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
48
-2
4
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 58
8.
95
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
R
vf
398.126.848-24
C
RL
vL
C
No circuito mostrado na figura acima, os diodos são considerados ideais e a tensão vf aplicada é senoidal. Considerando a disposição dos componentes no circuito e suas polaridades, a saída vL será uma tensão (A) senoidal de amplitude de pico vf (B) contínua, de valor, aproximadamente, igual a +2vf (C) contínua, de valor, aproximadamente, igual a 2vf (D) contínua, de valor, aproximadamente, igual a vf (E) senoidal retificada em meia onda e de amplitude de pico +2vf
Resolução: Durante o ciclo positivo da fonte, o circuito “visto” pela fonte será: R
vf
C
vf R
398.126.848-24
L
Veja que o capacitor superior no ciclo positivo se carrega com uma tensão Vf igual (em módulo) à da fonte. Durante o ciclo negativo, o circuito “visto” pela fonte será: R vf
C
vf
Veja que o capacitor inferior no ciclo negativo se carrega com uma tensão Vf igual
39
8.
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6. 8
48
-2
4
(em módulo) à da fonte.
398.126.848-24
398.126.848-24
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8.
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Eletrônica Analógica
12
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398.126.848-24
Assumindo que não há perdas, podemos dizer que durante o ciclo positivo o capacitor inferior manterá sua carga, e durante o ciclo negativo o capacitor superior manterá sua carga, logo a malha mais à direita ficará: 398.126.848-24
C
C
vf RL vf
vL
Utilizando a Lei das Malhas de Kirchhoff temos que: VL = Vf + Vf
VL = 2Vf
E esta tensão de +2Vf na carga será aproximadamente contínua. Na prática haverá uma pequena oscilação nesta tensão na carga, devido ao fato do capacitor se descarregar entre um ciclo e outro, sendo esta oscilação chamada de Tensão de Ripple. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
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8.
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6. 8
48
-2
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398.126.848-24
398.126.848-24
6 12 8.
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(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)
5V - + 398.126.848-24
+ ei
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Eletrônica Analógica
Questão 59
398.126.848-24
39
398.126.848-24
4k
3k
4V
eo [V]
eo
VB 0
-1
1k
1
ei [V]
VA
AF
T
O circuito da figura acima mostra um gerador de função com diodos considerados ideais. Os valores de VA e VB, em V, marcados na curva característica de transferência eo x ei apresentada, são, respectivamente, (A) 1,25 e 1,2 (B) 1,25 e 0,8 (C) 1,2 e 0,6 (D) 0,8 e 1,25 (E) 0,6 e 1,2
Resolução:
Pelo gráfico vemos que quando ei = −1V a saída eo será igual a VA . Vemos
também que quando ei = −1V o diodo superior está cortado, e apenas o diodo
R
inferior conduz. Isso resulta no seguinte circuito:
398.126.848-24
+ -
D
ei = -1V
4V
3k
eo = V A 1k
Agora achamos o valor de VA por um simples divisor de tensão: eo = VA = (−1 − 4) × 1 VA = −5 × 4 VA = −1, 25V
1k 1k + 3k
Novamento pelo gráfico vemos que quando ei = 1V a saída eo será igual a VB . Vemos também que quando ei = 1V o diodo superior está conduzindo, e o
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
diodo inferior está cortado. Isso resulta no seguinte circuito:
398.126.848-24
6 98
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Eletrônica Analógica
8.
_
398.126.848-24
39
398.126.848-24
4k
5V - + + -
ei = 1V
398.126.848-24
3k
4V
eo = V B
1k
Agora achamos o valor de VB por um simples divisor de tensão: eo = VB = (1 + 5) × VB = VB =
1k 1k + 4k
1 5 1, 2V 6×
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
Questão 60
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
Na figura abaixo, é apresentado um retificador controlado a tiristor (SCR), alimentando uma carga resistiva RL = 20 Ω. Na mesma figura, são apresentadas as formas de onda da tensão senoidal VR no primário do transformador e do sinal VG aplicado ao gate do tiristor.
VG 398.126.848-24
N2 VR
RL
N1
Sabendo-se que a razão de transformação do transforma-
N2
dor é
N1 = 5 , a potência média, em watts, dissipada na N2
carga RL será de
V R (V) + 200
t (ms) 5
10
20
(A) 10 (B) 20 (C) 30 (D) 40 (E) 50
- 200
VG
t (ms)
39
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6. 8
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-2
4
5
398.126.848-24
398.126.848-24
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
Resolução: O circuito na figura apresenta reconhecidamente a topologia de um retificador de onda completa com tap central. Porém, um dos diodos foi substituído por um tiristor. O tiristor após um disparo em VG funciona como um diodo até entrar
398.126.848-24
em bloqueio novamente, quando necessita de novo disparo para voltar a conduzir. O gráfico de VG mostra que o disparo aconteceu exatamente na metade do semiciclo positivo. Durante o semiciclo negativo, o diodo na parte de baixo do circuito conduziu integralmente, sendo assim, há condução durante 75% do período da onda VR . Segundo a relação do transformador, a tensão no secundário é um quinto da tensão VR , ou seja, esta tensão tem um pico de 40V. Se utilizarmos seu valor eficaz, torna-se mais simples o cálculo da potência na carga: VP VRM S = √ 2 40 VRM S = √ 2 A potência no circuito pode ser descrita por: P = P = P =
2 VRM S R ( √402 )2
20
398.126.848-24
1600 2
20 800 P = 20 P = 40W Porém, só há condução durante 3/4 do período: 3 PR = PT OT AL 4 3 PR = 40 4 PR = 30W ✞
☎
39
8.
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6. 8
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-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 61
100
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
Considere um conversor tipo CC-CA em ponte completa, monofásico, conforme a figura acima, sendo acionado pela estratégia de chaveamento do tipo PWM bipolar. Nessa estratégia, a frequência da portadora triangular é de 1,8 kHz e valor de pico de 10 V, enquanto a tensão de controle senoidal possui frequência igual a 60 Hz e valor de pico de 8 V. Esse conversor apresenta quatro chaves controláveis (TA+, TA-, TB+ e TB-) e seus respectivos diodos em antiparalelo (DA+, DA-, DB+ e DB-). Adicionalmente, o conversor é alimentado por uma tensão CC constante Vd, e vo é a tensão de saída. Nessas condições, o índice de modulação de frequência (mf) e o índice de modulação de amplitude (ma) desse conversor são, respectivamente, (A) 1,0 e 0,1 (B) 10,8 e 0,8 (C) 18,6 e 0,6 (D) 30,0 e 0,8 (E) 61,8 e 18
Resolução: Cada índice de modulação é a razão entre a grandeza na portadora e no sinal de referência. Logo: Índice de Modulação de Frequência: mf =
1800 = 30 60
398.126.848-24
Índice de Modulação de Amplitude: ma =
8 = 0, 8 10 ✞
☎
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 62
8.
101
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Os conversores CA/CC são equipamentos baseados em eletrônica de potência, cujas aplicações vão desde fontes de alimentação para pequenos equipamentos eletrônicos até sistemas de transmissão em corrente contínua. Associe as figuras à esquerda, que mostram três tipos de conversores CA/CC, aos gráficos à direita, que representam possíveis 398.126.848-24
formas de onda de corrente i de entrada dos conversores. P
I
_
D3
D1
_v + i
_
v
a
+
n
P + D5
+
Id
0
Id
vd
b
i t
e D4
D6
D2 _ N
II
Q
D1 i
+ vs
vs + vd
D2
_
i t
Id
_
III
R
+ D1
+ vs _
0
Id
Legenda
vs e vd
D3
i i
vd
Id
0 D4
D2
i vs vd
vd e i
Id
398.126.848-24
t
_
vs A associação correta entre os conversores e suas respectivas formas de onda de corrente de entrada é (E) I – R , II – P , III – Q. (C) I – Q , II – P , III – R. (A) I – P , II – Q , III – R. (B) I – P , II – R , III – Q. (D) I – Q , II – R , III – P.
Resolução: A maneira mais sucinta de resolver este problema é prestar atenção na posição dos diodos e no período de condução da corrente. Ao invés de seguir a ordem de apresentação, o candidato deve seguir do mais fácil e conhecido até o mais difícil ou que não tem conhecimento para lidar. 1. Observe a ligação em II, quando Vs é negativo, D1 está reversamente pola-
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8.
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6. 8
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-2
4
rizado e portanto não há nenhuma forma de condução da corrente i em um
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
sentido que não seja o positivo. Deste modo, a figura que atende a este fato é a figura R, e os candidatos mais familiarizados com a eletrônica de potência irão reconhecer um retificador de meia onda com diodo de roda livre (D2) para alimentar cargas indutivas, representadas por uma fonte de corrente. Observe ainda que quando Vs é negativo a corrente circula somente pela carga e por
398.126.848-24
D2, em processo de loop. 2. Na figura III, quando Vs é positivo os diodos D1 e D2 conduzem e D3 e D4 cortam, assim a corrente i sai da fonte, passa por D1, e ao passar pela carga retorna em D2. Quando Vs é negativo, D1 e D2 cortam ao passo que D3 e D4 conduzem, de modo que a corrente i sai da fonte no sentido oposto ao observado, passa por D3 e pela carga e retorna por D4. A transição entre os dois estados ocorre simplesmente porque Vs mudou de sinal, e a figura que acompanha isto é a figura Q. 3. Por eliminação, o candidato já pode que a relação restante é figura I relacionado com formas de onda em P. Mas obviamente precisamos justificar o resultado, é simples: no retificador trifásico cada fase conduz por exatos 120 graus elétricos, que corresponde ao ponto em que a tensão da fase prevalece sobre as demais, se os sinais das outras fases fossem explicitados o processo se tornaria imediato. Assim temos: I-P, II-R, III-Q
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Questão 63
8.
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Eletrônica Analógica
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
S1
D1 im
VCC
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S2
D2
Vm
A força motriz de um carro elétrico é proveniente de um motor de corrente contínua. O motor é acionado por dois diodos, D1 e D2, e duas chaves estáticas autocomutáveis, S1 e S2, conforme indicado na figura acima, onde VCC é a tensão da bateria. Em qualquer instante, uma das chaves estáticas está conduzindo, enquanto a outra, não. Considere as afirmações abaixo sobre o acionamento do motor. I
- A corrente im, mostrada na figura, pode fluir nos dois sentidos.
II - O carro pode andar em marcha a ré, isto é, o sentido de rotação do motor pode ser invertido. III - É possível recuperar energia para a bateria durante a ação de frenagem motora. É correto APENAS o que se afirma em (A) I (B) II (C) III (D) I e II (E) I e III
Resolução: Analisando as três afirmativas: I - VERDADEIRA. Temos duas situações, já que os estados das chaves são complementares. No caso que S1 abre e S2 fecha, o motor é curto circuitado
398.126.848-24
e espera-se que ele contribua pelo curto, atuando como gerador e portanto invertendo o sentido da corrente. II - FALSO. A equação do movimento é Ea = Kφω, de modo que uma reversão do sentido só ocorre se a tensão no motor for revertida, o que é impossibilitado por este arranjo a duas chaves, embora fosse possível caso fossem mais duas chaves adicionadas. III - VERDADEIRO. A frenagem dinâmica ocorre sempre que a tensão da fonte for menor que a tensão de armadura do motor, o que faz com que o fluxo de corrente de armadura e portanto o torque se inverta, gerando potência negativa, o que equivale ao motor devolvendo energia para bateria. ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 64
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Eletrônica Analógica
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012)
Na figura abaixo, é apresentado o circuito de um retificador, onde os diodos D1 e D2 são considerados ideais e a tensão na entrada é dada por VS(t) = 200∙sen(120πt). D1
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D2 RL 100 W
VS
R1 100 W
R2 50 W
Dessa forma, o nível médio da tensão, em volts, sobre o resistor de carga RL será (A)
50 π
150 (C) π
(B)
100 π
200 (D) π
250 (E) π
Resolução: No semiciclo positivo, D1 entra em condução e D2 entra em bloqueio. Neste caso, o circuito pode ser rearranjado da seguinte maneira:
R1
RL
Vs R2
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A resistência equivalente do circuito acima é: R1 RL + R2 R1 + RL 100 × 100 Req = + 50 100 + 100 10000 Req = + 50 200 Req = 50 + 50 Req =
Req = 100Ω Com mais alguns cálculos, é possível encontrar que a tensão em RL é me-
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tade de VS .
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A tensão média para um semiciclo de uma onda senoidal é dado por: Vm =
2Vp π
No caso do resistor RL , para o semiciclo positivo:
398.126.848-24
2Vp π 2 VS Vm = π 2 2 200 Vm = π 2 200 Vm = π Vm =
No semiciclo negativo, D2 entra em condução e D1 entra em bloqueio. Neste caso, o circuito pode ser rearranjado da seguinte maneira:
R2
RL
Vs R1
398.126.848-24
A resistência equivalente do circuito acima é: Req = Req = Req = Req = Req =
R2 RL + R1 R2 + RL 50 × 100 + 100 50 + 100 5000 + 100 150 100 + 100 3 400 Ω 3
Com mais alguns cálculos, é possível encontrar que a tensão em RL é um
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-2
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quarto de VS .
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Eletrônica Analógica
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Temos para o semiciclo negativo, a seguinte tensão média no resistor RL : 2Vp π 2 VS Vm = π 4 1 200 Vm = π 2 100 Vm = π Vm =
398.126.848-24
Realizando a média das duas tensões médias encontradas, teremos o valor médio final Vmf da tensão: Vmf = Vmf = Vmf = Vmf = Vmf =
Vm+ + Vm− 2 200 + 100 π π 2 200 + 100 2π 300 2π 150 π ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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Eletrônica Analógica
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1.4 Conversores CC-CC Questão 65
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)
Vi
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VL
VD
L
D
C
S
Vi
A
R
Vo
0 toff
t
ton T
Figura 2
Figura 1
T
O circuito da Figura 1 é um conversor CC-CC denominado Boost, alimentado por uma tensão Vi em volts, cuja forma de onda é apresentada na Figura 2. Considerando o seu funcionamento em regime permanente, é correto afirmar que (A) quando a chave S está aberta, o capacitor é o elemento
AF
responsável por suprir a corrente da carga.
(B) quando a chave S está fechada, o diodo D conduz. (C) a tensão média no indutor é igual a A.
AD
, (D) a tensão média de saída Vo, em Volts, é igual a 1D ton onde D= . T A , (E) a tensão média de saída Vo, em Volts, é igual a 1D ton onde D= . T
R
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Resolução:
Como dito no enunciado, o circuito apresentado é um conversor CC-CC co-
nhecido como Boost ou Elevador de Tensão. Surpreendentemente, esta informa-
D
ção juntamente com uma simples análise das respostas já permite encontrarmos a resposta correta.
Sabendo que a variável D apresentada é o duty-cicle, e é dado por D =
ton , T
percebemos que D ≤ 1, já que o tempo em alto ton é menor ou igual ao período T . Com isso podemos analisar as alternativas:
(A) - FALSO. Quando a chave S está fechada o indutor L carrega. Logo, ao abrir a chave S é o indutor que impõe sua corrente à carga, e não o capacitor. (B) - FALSO. Quando a chave S está fechada o indutor L está ligado direto à
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8.
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6. 8
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-2
4
entrada, o diodo está cortado e o capacitor mantém a tensão sobre a carga.
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Eletrônica Analógica
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6
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(C) - FALSO. O circuito é um Boost, logo a tensão média de saída dever ser maior que A. D (D) - FALSO. Sabendo que D ≤ 1, vemos que a expressão A D−1 pode assumir
tanto valores (em módulo) maiores quanto menores que A, logo esta expres-
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são não é de um circuito Boost. Na verdade, esta expressão é o oposto da saída de um conversor CC-CC chamado de Buck-Boost ou "ElevadorAbaixador de tensão". (E) - VERDADEIRO. Como D ≤ 1, vemos que a expressão
A 1−D
resultará em uma
tensão de saída sempre maior que A, logo esta expressão deve ser a de um conversor CC-CC do tipo Boost. Obs.: Optamos aqui por não deduzir a expressão do conversor Boost por
ser muito trabalhosa e impraticável durante um concurso. Recomendamos que o candidato tenha em mente as expressões para os conversores CC-CC do tipo Boost, Buck e Buck-Boost. Que, para uma entrada CC chamada de Vi , são: Boost Vo =
Vi 1−D
Buck Vo = DVi
Buck-Boost Vo =
DVi D−1
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☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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6. 8
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Questão 66
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Eletrônica Analógica
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
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A figura acima apresenta um conversor buck boost, que opera com modulação por largura de pulso, onde o duty cycle D = 0,6. Para uma entrada DC Vi = 15 V e considerando o funcionamento do circuito em regime permanente, o valor médio da tensão de saída Vo, em volts, é (A) −37,5 (B) −22,5 (C) 3,75 (D) 22,5 (E) 37,5
Resolução: Para um candidato preparado esta questão é extremamente simples, pois é uma simples aplicação de fórmula. Para um conversor CC-CC do tipo Buck-Boost, a tensão média de saída Vo é dada por: Vo =
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−D × Vi 1−D
Sabendo que D = 0, 6 e Vi = 15V , basta substituirmos na fórmula: −D × Vi 1−D −0, 6 Vo = × 15 1 − 0, 6 −0, 6 Vo = × 15 0, 4 Vo =
Vo = −22, 5V Obs.: É altamente recomendado que o candidato saiba as expressões da tensão média de saída dos conversores CC-CC do tipo Boost, Buck e Buck-Boost. ✞
☎
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 67
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Eletrônica Analógica
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)
Seja um conversor CC-CC, tipo abaixador, considerado ideal, operando em modo contínuo e em regime permanente, cuja corrente média de entrada é 2 A. Sendo a corrente média de saída igual a 10 A, e a tensão média de entrada igual a 10 V, o valor da tensão média de saída, em volts, será igual a (A) 6,2 (B) 4.8 (C) 4,0 (D) 3,5 (E) 2,0
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Resolução: Como o conversor CC-CC é considerado ideal, então não pode haver perda de energia (e consequentemente de potência) entre a entrada e a saída do conversor. Logo, igualando a potência de entrada com a potência de saída temos:
Pin = Pout Vin Iin = Vout Iout Vin Iin Vout = Iout 10 × 2 Vout = 10 Vout = 2V
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✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 68
8.
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008) d
S + 398.126.848-24
L
Vi
VL
+ C
R V o
-
-
O acionamento da chave S, mostrada na figura acima, é executado de modo a se obter uma modulação por largura de pulso, com duty-cycle igual a D. Nestas condições, este circuito corresponde a um conversor CC-CC denominado Buck-Boost. Considerando o funcionamento do circuito em regime permanente, é correto afirmar que (A) quando a chave S estiver fechada, o diodo d conduz. (B) quando a chave S estiver aberta, o capacitor estará descarregado. (C) a tensão média sobre o indutor é igual ao valor médio da tensão de saída Vo.
(E) a tensão média de saída Vo é calculada por
R T A
Resolução:
Vi D . 1- D
F
(D) a tensão média de saída Vo é calculada por -
Vi . 1- D
Sabemos que a tensão média de saída de um conversor CC-CC do tipo
Buck-Boost (Abaixador - Elevador de tensão) é dado por: 398.126.848-24
Vi D Vo = − 1−D
portanto a alternativa correta é a letra (D).
D
Analisando as outras alternativas:
• (A): Falso. Com a chave S fechada o diodo estará em corte. • (B): Falso. Com a chave S aberta o capacitor estará carregando, devido a corrente vinda do indutor.
• (C): Falso. A tensão média sobre o indutor será menor que Vo . • (E): Falso. Esta expressão de Vo é para o conversor CC-CC do tipo Boost apenas.
✞
☎
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6. 8
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-2
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Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 69
8.
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Eletrônica Analógica
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012)
VI
398.126.848-24
RB
L
C
RL
V0
Na figura acima, é apresentado o circuito de um conversor CC-CC do tipo Buck-boost. Sobre esse conversor, considere as afirmativas a seguir. I - A tensão na saída V0 apresenta uma polaridade invertida em relação à tensão na entrada VI do conversor. II - O módulo da tensão na saída V0 será menor que o da tensão na entrada VI , como ocorre em um conversor Buck, apenas quando o conversor Buck-boost estiver operando em modo descontínuo. III - O módulo da tensão na saída V0 será maior que o da tensão na entrada VI , como ocorre em um conversor Boost, apenas quando o conversor Buck-boost estiver operando em modo contínuo. Está correto o que se afirma em (A) I, apenas.
(B) III, apenas.
(C) I e II, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resolução: A primeira alternativa enunciada é verdadeira, pois no conversor buck-boost, a tensão média de saída pode ser maior, igual ou menor que a tensão de entrada, porém a polaridade será invertida em todo caso. O conversor buck-boost opera como elevador ou abaixador de tensão, dependendo da razão cíclica. As outras duas alternativas falam sobre modo contínuo e descontínuo e são ambas falsas.
398.126.848-24
Os conversores CC-CC possuem dois modos de operação de acordo com a corrente que circula pelo indutor, que são: modo de condução contínua (MCC) onde a corrente é sempre maior que zero durante um período de chaveamento e modo de condução descontínua (MCD) onde a corrente é zero por alguns instantes do período de chaveamento. Tanto no MCC como no MDC, a tensão de saída pode ser elevada ou reduzida em relação a tensão de entrada. Em cada modo, a razão entre estas duas tensões é representada por fórmulas diferentes, porém o principal parâmetro variável é o mesmo: a razão cíclica (ou duty cycle) ✞
☎
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 70
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Eletrônica Analógica
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1) portadora triangular (vst ) tensão de controle (vcontrol)
+ 398.126.848-24
0
Vd
_
tempo
+ R
vcontrol > vst
Vo
_
On
sinal de abertura e fechamento da chave
ton
On
Off
Off vcontrol < vst
toff
Os conversores CC/CC são equipamentos que se baseiam em eletrônica de potência e apresentam uma série de aplicações, desde fontes reguladas até acionamentos de motores elétricos. A figura acima apresenta o circuito simplificado de um conversor CC/CC, onde a tensão Vd será convertida na tensão Vo e, ao lado, o princípio básico da conversão que utiliza o chaveamento controlado pelo método PWM. Considere o valor de pico da onda dente-de-serra de 0,8 V e a tensão de controle de 0,6 V. Para uma tensão Vd de 12 V, a tensão de saída Vo, em volts, é (A) 6,5
(B) 8
(C) 9
(D) 10,8
(E) 12
Resolução: O circuito ilustrado pelo enunciado tenta representar simplificadamente um conversor abaixador (buck ). Neste caso, a razão entre tensão de entrada e saída é simplesmente equivalente a razão cíclica D do chaveamento do conversor.
398.126.848-24
Vo =D Vd A razão cíclica é a razão entre o tempo de chave fechada e o tempo total (fechada + aberta): D=
ton ton + tof f
No conversor apresentado, esta razão é definida entre a tensão de controle e onda portadora. Pelos gráficos apresentados, quando a portadora está abaixo de 0,6V, a chave se encontra fechada e conduzindo. Na etapa de subida do sinal, a portadora é uma reta, com derivada constante durante o período, assim, a relação entre os tempos é a mesma que existe entre as amplitudes. vcontrol 0, 6 3 = = vstmax 0, 8 4
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12
6. 8
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-2
4
D=
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
Para calcular, por fim, Vo : Vo =D Vd Vo 3 = Vd 4 3 Vo = Vd 4 3 Vo = 12 4 Vo = 9V
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 71
(Engenheiro(a) Manutencao Pleno - Elétrica - Suape 2011)
398.126.848-24
O circuito mostrado na figura acima, em especial a parte limitada pelo quadro pontilhado, é um conversor CC-CC do tipo (A) Elevador (Boost) (B) Abaixador (Buck) (C) Abaixador-Elevador (Buck-Boost) (D) Cúk (E) Flyback
Resolução: O conversor Boost fornece uma tensão de saída maior do que a aplicada na entrada. Basicamente consiste de um diodo, um indutor e um chaveador (um transistor, MOSFET, IGBT, BJT, etc). Um capacitor de saída pode ser utilizado
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8.
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6. 8
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-2
4
como filtro. Na operação, o transistor Q1 é continuamente chaveado, ligando e
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Eletrônica Analógica
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desligando pela ação do circuito de controle. Esta ação faz com que seja criada uma corrente pulsante através do diodo CR1. Apesar do indutor estar conectado ao capacitor C somente quando o diodo conduz, uma filtragem LC é obtida de forma efetiva. A função deste filtro é filtrar o trem de pulsos obtendo assim uma tensão contínua na carga (Vo). Podendo ser representado como:
398.126.848-24
L
D
Vin
S
+
C
Vo R _
O conversor Buck fornece uma tensão de saída menor do que a aplicada na entrada. Este conversor abaixador é um circuito eletrônico com corrente contínua na entrada e na saída. Uma forma simples de reduzir uma tensão é usar um divisor resistivo, mas tem uma baixa eficiência comparado aos conversores chaveados. Abaixo, o exemplo de um típico conversor abaixador:
A próxima figura apresenta uma topologia típica de um conversor buckboost. Neste conversor, a tensão de saída tem polaridade oposta à da tensão
398.126.848-24
de entrada. Quando T é ligado, transfere-se energia da fonte para o indutor. O diodo não conduz e o capacitor alimenta a carga. Quando T desliga, a continuidade da corrente do indutor se faz pela condução do diodo. A energia armazenada em L é entregue ao capacitor e à carga.
vT
D
iT
iD
T E
-
Co
L
iL
Ro Vo +
Diferentemente dos conversores anteriores, no conversor Cuk, cuja topolo-
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6. 8
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-2
4
gia é mostrada na próxima figura, a transferência de energia da fonte para a carga
398.126.848-24
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Eletrônica Analógica
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398.126.848-24
é feita por meio de um capacitor. O conversor ?uk é um equipamento elétrico que fornece uma tensão de saída que é menor ou maior que a tensão de entrada, mas a polaridade da tensão de saída e oposta à da tensão de entrada. Esse circuito requer um capacitor e um indutor adicionais. 398.126.848-24
V + C1 -
I L1 L1
I L2 L2
C1
Ro -
E
S
D
Co
Vo +
O conversor flyback é derivado do conversor buck-boost, caracterizado pela substituição do indutor de acumulação de energia pelo transformador de isolamento. A corrente não flui pelo primário e pelo secundário ao mesmo tempo, logo o elemento magnético não se comporta como um transformador clássico. O transformador do conversor flyback, além de sua função clássica de isolação e adaptação dos níveis de tensão primária e secundária, apresenta a função de indutor de acúmulo de energia através de sua indutância magnetizante. O conversor é chaveado no primário do transformador. A figura a seguir é um exemplo: 398.126.848-24
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Alternativa (A) ✆ ✝
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398.126.848-24
Questão 72
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Eletrônica Analógica
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(Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2012) Na figura abaixo é apresentado o circuito de um conversor buck-boost, onde a evolução no tempo da tensão VCH que controla o chaveamento do transistor de potência Q1 também é mostrada. Assuma que o transistor funciona como uma chave ideal.
398.126.848-24
Q1
V DC
RB
L 3,0 mH
12 V
C 270 ?F
RL VO
V CH
V CH (V) +12
0
15
25
40
50
t (?s)
Dessa forma, considerando que o conversor acima está operando em modo contínuo e que o capacitor é grande o suficiente para que a tensão sobre ele seja considerada constante, a tensão média VO na saída, em volts, será de (E) 18 (A) 8 (C) 12 (B) 10 (D) 15
Resolução:
398.126.848-24
A relação entre tensão de entrada E e tensão de saída Vo em um conversor buck-boost operando em modo contínuo é dada por: Vo=
E×D 1−D
Onde D é a razão cíclica do conversor, que relaciona os tempos de aberto e fechado da chave Q1. Definido matematicamente por: D=
ton ton + tof f
A condução ou bloqueio da chave Q1 é controlada pela tensão VCH . O conversor tem o detalhe de utilizar um transistor PNP. Este tipo de transistor estará conduzindo corrente para a carga, quando houver corrente saindo do terminal base em direção a fonte VCH , ou seja, VCH tem que estar em um potencial menor que o
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6. 8
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-2
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terminal de base. Analisando o gráfico fornecido do sinal VCH , os instantes em que
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Eletrônica Analógica
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6
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a chave conduz correspondem àqueles onde o sinal VCH está em 0V, portanto, o duty cycle será: ton ton + tof f 15µs D= 25µs D= 398.126.848-24
D = 0, 6 Desta maneira, a tensão Vo na saída será: E×D 1−D 12 × 0, 6 Vo= 1 − 0, 6 7, 2 Vo= 0, 4 Vo=
V o = 18V ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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398.126.848-24
CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
E NGENHEIRO ( A )
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : AUTOMAÇÃO E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Eletrônica Digital
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito. Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido. As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, nos primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
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tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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-2
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2 Q43 (pág. 1), Q45 (pág. 2), Q50 (pág. 4), Q51 (pág. 6). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2 Q52 (pág. 8), Q53 (pág. 10). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1 Q46 (pág. 19), Q50 (pág. 39), Q51 (pág. 42), Q52 (pág. 50). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011 Q49 (pág. 65), Q50 (pág. 66), Q51 (pág. 56), Q52 (pág. 67). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2 Q41 (pág. 21), Q42 (pág. 22), Q43 (pág. 24), Q44 (pág. 25).
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 Q5 (pág. 27), Q31 (pág. 30), Q32 (pág. 31), Q33 (pág. 32), Q34 (pág. 28), Q35 (pág. 33). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q65 (pág. 45). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Eletrônica - Petrobras 2006 Q23 (pág. 46). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Termoaçu 2008/1 Q23 (pág. 35), Q25 (pág. 36), Q26 (pág. 37), Q28 (pág. 40). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007
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-2
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Q23 (pág. 44).
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Eletrônica Digital
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6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Eletrônica - Termoceará 2009 Q27 (pág. 48), Q28 (pág. 49). Prova: Engenheiro(a) - Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010 Q41 (pág. 52), Q42 (pág. 53), Q43 (pág. 54), Q44 (pág. 55). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 Q50 (pág. 11), Q51 (pág. 12), Q52 (pág. 14), Q66 (pág. 16). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2011 Q40 (pág. 64). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2008
T
Q26 (pág. 15). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Automação - Transpetro 2006 Q21 (pág. 18).
AF
Prova: Profissional Júnior - Formação: Engenharia Eletrônica - BR Distribuidora 2008 Q29 (pág. 58), Q30 (pág. 59), Q31 (pág. 60), Q32 (pág. 61), Q44 (pág. 62), Q45 (pág. 63).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 50
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8.
12
6. 8
48
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4
D
R
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398.126.848-24
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8.
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Eletrônica Digital
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Questão 1
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2)
Sejam dois números X e Y de N bits e considere que o operador “” se refere a uma soma de N bits e não a uma operação lógica OU. Dados os complementos bit a bit de X e Y representados por X e Y, respectivamente, a expressão X+Y+X+Y, quando truncada para N bits, vale (A) (B) (C) (D) (E)
2X 2Y 1 2X 2Y 2 2X 2Y 2X 2Y 2 2X 2Y 3
Resolução:P1-25-Q43 Embora o complemento para 1 de um número binário seja obtido simplesmente invertendo os seus bits, o complemento de um número W qualquer de N
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bits, na base 2, também pode ser calculado pela seguinte expressão: W = 2N − 1 − W Aplicando isso a expressão fornecida na questão, obtém-se: X +Y +X +Y (2N − 1 − (X + Y )) + (2N − 1 − X) + (2N − 1 − Y ) 3 × 2N − 3 − 2X − 2Y 2N − 1 − (3 × 2N − 3 − 2X − 2Y ) 2N − 1 − 3 × 2N + 3 + 2X + 2Y − 2 × 2N + 2 + 2X + 2Y
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8.
12
6. 8
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-2
4
O enunciado fala em truncar para N bits, portanto, qualquer parcela maior
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2
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
ou igual que 2N pode ser suprimida: − 2 × 2N + 2 + 2X + 2Y 2X + 2Y + 2 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
Questão 2
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2)
0000
1000
0100
0010
0011
AF
0001
T
Seja a sequência de estados abaixo, representados pelos bits Q3Q2Q1Q0, implementada por 4 flip-flops D.
A lógica mínima, em termos de soma de produtos, que implementa a entrada D2 é (A) Q1 (B) Q1Q0 (C) Q2Q1 (D) Q2Q1Q0
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R
(E) Q3Q2Q1Q0
Resolução:P1-25-Q45
O circuito lógico para executar a sequência de estados apresentada poderia
D
ser estruturado da seguinte forma:
I
saídas I
elementos de memória (flip-flops)
II
entradas I
circuito combinacional
variáveis do estado atual
I
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
variáveis do próximo estado
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3
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Eletrônica Digital
12
6
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As entradas dos 4 flip-flops tipo D seriam geradas após as saídas atuais dos flip-flops entrarem no circuito combinacional. Tais sinais de entrada seriam as variáveis do próximo estado do conjunto de flip-flops. Tendo 4 sinais distintos, 24 = 16 estados diferentes poderiam ser gerados,
398.126.848-24
porém, de acordo com a sequência de estados apresentada, apenas 6 ocorrerão. Os demais estados aparecem como um X marcado no mapa de Karnaugh já que não são importantes para o circuito. Considerando o sinal D2 , entrada do flip-flop que irá gerar o sinal Q2 , o mapa de Karnaugh equivalente é apresentado a seguir:
Q 3Q 2 Q 1Q 0
01
11
10
00
0
0
X
0
01
0
X
X
X
AF
T
00
11
1
X
X
X
10
0
X
X
X
Repare que o nível lógico alto ocorre em Q2 apenas uma vez durante toda a 398.126.848-24
D2 = Q1 Q0 ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
sequência de estados. A função booleana que se extrai do mapa é:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 3
8.
4
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2)
Para as Olimpíadas de 2016, foi encomendado o projeto do circuito de controle de um placar eletrônico para os jogos de basquete. Tal circuito é apresentado no esquema abaixo, onde o contador de 8 bits armazena o número de pontos de uma determinada equipe. O contador inicia a partida zerado e é incrementado a cada pulso de clock (CLK), sempre que estiver com a entrada de enable (ENB) ativa. 398.126.848-24
O circuito lógico combinacional responsável por produzir os sinais D1 e D0 dos flip-flops recebe como entrada uma palavra binária de dois bits (X1X0) que representa o número de pontos da cesta que deve ser computada no placar. Assim, se X1X0= 10, por exemplo, o contador deverá ser incrementado duas vezes. Dessa forma, o circuito acima deverá operar de acordo com o diagrama de estados apresentado a seguir, em que o número dentro de cada círculo representa o estado Q1Q0 dos flip-flops. X1X 0 = 00
= X0 X1
11
X 1X 0 = 10
00 11
10
X
1X 0
=
01
01
398.126.848-24
De acordo com o diagrama de estados acima, a expressão lógica booleana que deve ser empregada para produzir o sinal de controle D1 é (A)
(C)
(B)
(D)
(E) Q1 Q0 X0 + Q0 X1
Resolução:P1-25-Q50 Este projeto envolve uma parte que não está mostrada no esquema que ilustra a questão. O circuito lógico combinacional responsável por produzir os sinais D1 e D0 dos flip-flops recebe como entrada uma palavra binária de dois bits (X1 e X0 ) mais os estados atuais dos flip-flops, permitindo assim que a palavra Q1 Q0 vá
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
sendo decrementada como indica a máquina de estados apresentada.
398.126.848-24
398.126.848-24
entradas I
8.
5
39
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6
398.126.848-24
I I I circuito combinacional
variáveis do estado atual
elementos de memória
398.126.848-24
I variáveis do próximo estado
O funcionamento do contador pode ser descrito da seguinte maneira:
T
quando as entradas X1 e X0 são levadas para um valor diferente de 0, a saída dos flip-flops repete o valor escrito nestes dois bits e passa a ser decrementada a cada período do clock, independente das entradas, até que as duas saídas apre-
AF
sentem nível lógico baixo de novo. Portanto, as entradas do circuito combinacional são X1 e X0 , junto com Q1 e Q0 , já que o estado atual influencia o resultado do próximo estado a ser atingido.
O próximo passo é montar o mapa de Karnaugh que recrie o comportamento esperado do contador para o sinal D1 . Os X’s inseridos no diagrama são de estados que não podem ser atingidos.
398.126.848-24
R
Q 1Q 0
D
X1 X 0
00
01
11
10
00
0
X
X
X
01
0
0
X
X
11
1
0
1
0
10
1
0
X
0
A função resultante, extraída dos trechos marcados no mapa, é: D1 = Q1 Q0 X1 + Q1 Q0 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 4
8.
6
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2)
O circuito digital apresentado abaixo é empregado no acionamento de uma bomba hidráulica, responsável por injetar combustível em um tanque a uma vazão constante de 30 litros por minuto, enquanto W = 0. Quando W = 1, nenhum combustível é bombeado para o tanque. Neste circuito, emprega-se um sinal de clock (CLK) com um período de 10 segundos. CLK
398.126.848-24
Considerando-se que o tanque está inicialmente vazio, e que o contador começa a sua operação com Y3Y2Y1Y0 = 0000, quantos litros de combustível o tanque terá recebido quando a bomba interromper a sua operação? (A) 10 (B) 20 (C) 30 (D) 40 (E) 50
ENB
CONTADOR Y2 Y1
Y0
T
Y3
W
Resolução:P1-25-Q51
AF
Com álgebra booleana, podemos reescrever a equação do circuito apresentado para a seguinte forma:
W = Y 3 Y 2 Y3 Y 1
W = (Y3 Y2 ) + (Y3 Y1 ) W = Y3 Y2 + Y3 Y1
398.126.848-24
D
R
As oito primeiras linhas da tabela verdade da função encontrada são: Y3
Y2
Y1
Y0
W
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
As oito últimas linhas são:
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Y3
Y2
Y1
Y0
W
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
8.
7
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6
398.126.848-24
Partindo de Y3 Y2 Y1 Y0 = 0000, o contador irá executar 10 ciclos até que W = decorrida é de 100 segundos, ou seja,
T
1. Cada ciclo equivale ao período do clock, que é de 10 segundos. A duração total 100 60
minutos. Tomando o dado de vazão
do sistema, já informado no enunciado, e lembrando que a vazão é a razão entre
AF
volume e tempo:
∆V ∆t ∆V = Q × ∆t 100 ∆V = 30 × 60 ∆V = 50 L
✞
☎
398.126.848-24
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Q=
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 5
8.
8
39
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
Uma função de variáveis lógicas W = f (X,Y,Z ) é assim definida com a soma de mintermos: W = XYZ + XYZ + XYZ + XYZ + XYZ + XYZ
A expressão simplificada de W é
398.126.848-24
(A) Y + Z (B) X + Z (C) Y + Z (D) Y + Z (E) XY + Z
Resolução:P2-21-Q52
T
Esta questão pode ser resolvida de duas formas, a primeira é através da álgebra booleana, e neste caso é uma forma relativamente rápida. A segunda forma é partir direto para um mapa K de três variáveis e obter a forma lógica
AF
mínima. Faremos das duas formas: FORMA 1: Álgebra booleana
Dada a expressão do sinal de saída W:
W = XY Z + XY Z + X Y Z + XY Z + XY Z + XY Z
398.126.848-24
R
Os dois primeiros termos do lado direito da equação podem ser escritos: XY Z + XY Z = (X + X)Y Z = Y Z
D
Os dois termos seguintes, da mesma forma: X Y Z + XY Z = X(Y + Y )Z = XZ
Os dois últimos termos do lado direito da equação podem ser escritos: XY Z + XY Z = X(Y + Y )Z = XZ
Todos eles se utilizam das identidades booleanas: A + A = 1 e de 1.B = B. De modo que a expressão já se encontra bastante simplificada da seguinte forma:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
W = Y Z + XZ + XZ
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
9
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6
398.126.848-24
Utilizando da mesma propriedade, podemos simplificar mais ainda: W = Y Z + XZ + XZ W = Y Z + (X + X)Z W =YZ +Z
398.126.848-24
W =Y +Z No último passo utilizamos a propriedade: AB + B = A + B, que é bom que o candidato saiba de cabeça, mas que pode ser deduzida de uma mapa de Karnaugh rapidamente. FORMA 2: Mapa K (ou Mapa de Karnaugh) Podemos preencher um mapa K para três variáveis (X, Y e Z):
YZ X
00
01
11
10
0
0
1
1
1
1
0
1
1
1
Realizando os dois agrupamentos indicados, temos que:
398.126.848-24
W =Y +Z ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 6
8.
10
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2) período de amostragem Impulsos Amostrados
Entrada
Circuito digital
Saída
tempo (ms)
398.126.848-24
Tensão Elétrica
tempo (ms)
Resolução:P2-21-Q53
T
O circuito eletrônico e digital que opera a forma de onda da entrada para gerar a forma de onda da saída, de acordo com o que está exposto na Figura acima, é conhecido como (A) oscilador biestável (B) gerador de onda quadrada (C) retentor de ordem zero (D) retentor de ordem um (E) filtro FIR
Esta questão é extremamente simples, basicamente conceitual. Se colorirmos o gráfico da tensão em vermelho e sobrepormos ao gráfico dos impulsos
AF
amostrados, temos o seguinte:
Impulsos Amostrados
Tensão Elétrica
tempo (ms)
398.126.848-24
R
Perceba que só temos mudança no nível de tensão quando um impulso difere do impulso anterior, caso contrário o nível de tensão se mantém constante durante o intervalo. Este é o resultado de um circuito retentor (ou sustentador) de ordem zero (ZOH - Zero Order Holder ). Chama-se de “ordem zero” pois a
D
saída deste circuito se mantém constante (uma função constante tem ordem zero) até que haja uma mudança de nível em sua entrada. Caso o circuito fosse um retentor de ordem um(FOH - First Order Holder ),
veríamos semi-retas (crescentes/decrescentes) unindo os impulsos, algo como: Impulsos Amostrados
Tensão Elétrica
tempo (ms) ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 7
8.
11
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12
6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 ) FF 1
FF 0 J0
Trem de pulsos 398.126.848-24
Q0
J1
FF 2 Q1
J2
FF 3 Q2
J3
Q3
Clock
Clock
Clock
Clock
K0 Clear Q0
K1 Clear Q1
K2 Clear Q2
K3 Clear Q3
“1”
AF
T
O circuito eletrônico digital acima representa um contador binário e é construído usando-se 4 J-K flip-flops (FF 0,1, 2 e 3), tipo T (entradas J e K ligadas a “1” lógico). Quando a entrada clear recebe um pulso “0”, leva a “0” todas as saídas Q dos flip-flops do circuito. Um trem de pulsos, representado no circuito, excita a entrada Clock do primeiro flip-flop, e, a cada descida do pulso de Clock, o flip-flop muda de estado. Com base no circuito e nas considerações acima, identifica-se que o circuito representa um contador módulo (A) 16 (B) 10 (C) 8 (D) 6 (E) 4
Resolução:
Para identificarmos qual é o módulo do contador, ou seja, o número de estados permanentes do mesmo, basta observarmos qual é a lógica que zera todos os flip-flops, zerando assim a contagem.
Observe que a porta NAND que realiza a zeragem dos flip-flops, e as entra398.126.848-24
R
das desta porta NAND são Q0 , Q1 , Q2 e Q3 .
Como foi dito no enunciado, os flip-flops serão zerados quando seus res-
pectivos “Clear” forem para zero. Isso equivale a dizer que todas as entradas do
D
NAND devem estar em 1, ou seja: Q0 = 1
Q1 = 1
Q2 = 1
Q3 = 1
Logo, o estado do nosso contador será Q0 = 0
Q1 = 1
Q2 = 0
Q3 = 1
Como o trem de pulsos está ligado ao clock do FF0, sabemos que este representa o bit menos significativo (uma vez que comuta a cada borda de clock), ou seja, um número é representado na forma Q3 Q2 Q1 Q0 . Visto isso, o estado do contador que encontramos acima representa o número 1010 em binário, ou 10 em
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
decimal. Logo nosso contador é de módulo 10, uma vez que possui 10 estados
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
12
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6
398.126.848-24
permanentes (de 0 a 9). ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
Questão 8
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
I0
I1 S
T
I2
I3
AF
X Y
O circuito eletrônico digital da figura é um multiplex com canais de informação I0, I1, I2 e I3, variáveis de seleção X e Y, e saída multiplexada S. A seguir, vê-se um quadro com os valores das variáveis X e Y e cinco possíveis saídas. Saída mutiplexada
Y
0
0
Saída 1 Saída 2 Saída 3 Saída 4 Saída 5 I3
I0
I1
I0
I1
0
1
I2
I1
I3
I2
I2
1
0
I1
I2
I2
I3
I3
1
1
I0
I3
I0
I1
I0
R
X
A representação da Saída Multiplexada S é a saída (A) 1 (B) 2 (C) 3
(D) 4
398.126.848-24
(E) 5
D
Resolução:
Esta questão é de resolução simples e direta. Porém, por questões didáti-
cas, vamos examiná-la mais criteriosamente. Baseando-nos no circuito apresentado, podemos escrever um expressão
para a saída de cada porta AND de três entrada, numerando-as de cima para
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
baixo, de 0 a 3 (assim como as entradas I). Logo fica fácil encontrarmos o se-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
13
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6
398.126.848-24
guinte: O0 = X Y I 0 O1 = XY I1 O2 = XY I2
398.126.848-24
O3 = XY I3 Como estas quatro saídas entram em uma porta OR, a saída S é dada por: S = O0 + O1 + O2 + O3
T
Com isso podemos facilmente montar a tabela verdade abaixo: X Y
S
0
0
I0
1
I1
AF
0 1
0
I2
1
1
I3
Como podemos ver, S corresponde à Saída 2 da tabela. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 9
8.
14
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6
398.126.848-24
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
X
0V(“0” lógico)
D1
Níveis lógicos
Z
Y
R
D2
398.126.848-24
-5V (“1”lógico) Lógica Negativa -5V
O circuito eletrônico digital acima, composto de diodos ideais, representa uma porta lógica de duas entradas X e Y e uma saída Z. Conforme mostrado na figura, a lógica que é usada é a lógica negativa, na qual o nível de tensão para “0” lógico vale 0V e para “1” lógico vale −5V. A tabela a seguir relaciona os valores das entradas X e Y com possíveis valores de saída. Saída Z X
Y
0
0
Saída 1 Saída 2 Saída 3 Saída 4 Saída 5 −5
0
0
0
−5
0
−5
0
0
−5
0
0
−5
−5
0
−5
−5
−5
0
−5
0
−5
0
(C) 3
(D) 4
(E) 5
AF
(B) 2
T
0 −5
A saída que corresponde à saída Z do circuito é a (A) 1
−5
Resolução:
Do funcionamento de um Diodo ideal sabemos que quando a tensão em seu anodo for maior que a tensão em seu catodo, o Diodo se comportará como um curto-circuito. Caso contrário o diodo estará em corte, como um circuito aberto. Analisando o circuito apresentado vemos que toda vez que X ou Y ou am-
R
bos forem iguais a zero, pelo menos um dos dois diodos conduzirá e levará a saída
398.126.848-24
Z a zero. Deste modo, Z só irá para 1 quando X e Y estiverem em -5V. Ou seja,
D
nos resumimos à seguinte tabela: X Y
Z
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
-5
Tabela esta correspondente à saída 4. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
8.
15
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6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008) 26 1 2 3 4
...
398.126.848-24
255 256
...
1 2 3
Painel de leds
15 16
endereço xx1 xx2 xx3 ...
34
A2
B6
... AF D8
x12 1A
18
2E 5F
98
AA
C1
...
Memória ponteiro
398.126.848-24
R
AF
T
A figura acima apresenta um painel eletrônico de exibição de mensagens, formado por uma matriz de leds com 16 linhas e 256 colunas, e parte da memória do painel. O conteúdo da memória está representado por números hexadecimais. Um led aceso corresponde ao bit 1, enquanto um led apagado ao bit 0. A informação a ser apresentada no painel é armazenada seqüencialmente na memória do aparelho, mapeando cada coluna do painel por dois bytes. O primeiro byte corresponde às linhas 1 até 8, enquanto o segundo byte às linhas 9 até 16. As linhas 1 e 9 correspondem aos bits menos significativos de cada byte. Por fim, existe um ponteiro que indica a posição da memória onde se inicia a informação a ser disposta no painel, a partir da coluna 1. Na situação ilustrada, os leds nas colunas 3, 4 e 5 da linha 6 do painel, respectivamente, estarão: Leds na linha 6 coluna 3 coluna 4 coluna 5 (A) apagado aceso apagado (B) apagado apagado aceso (C) apagado apagado apagado (D) aceso aceso aceso (E) aceso apagado apagado
Resolução:
Esta questão exige pouco conhecimento e mais interpretação e atenção do
D
candidato. Do enunciado sabemos que o estado dos leds de cada coluna é dado pelo valor hexadecimal de duas posições consecutivas de memória, ou seja, as posições de memória xx1/xx2 determinam o estado da primeira coluna, as posições xx3/xx4 determinam a segunda coluna, e assim por diante. Como nos interessa apenas as colunas 3, 4 e 5 do painel, devemos analisar apenas as posições xx5/xx6, xx7/xx8 e xx9/x10. Ou melhor, como nessas colunas nos interessa apenas o estado do led da linha 6, e este faz parte do primeiro byte de cada coluna (primeiro byte corresponde a linha 1 até a 8), restringimos nossa análise apenas aos primeiros bytes desses três conjuntos, ou seja, às posições xx5, xx7 e xx9. Abaixo separamos então esses três bytes, transformamos cada um em bi-
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
nário e então vemos o valor do sexto bit (contando da direita para a esquerda),
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
16
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6
398.126.848-24
pois este determinará o estado do led 6 das colunas 3, 4 e 5: Posição
xx5
xx7
xx9
Conteúdo (Hex)
D8
18
5F
Conteúdo (Bin)
398.126.848-24
1101 1000 0001 1000 0101 1111
Destacado em negrito na tabela vemos o sexto bit, que representa o estado do led 6 na coluna 3 (posição xx5), coluna 4 (posição xx7) e coluna 5 (posição xx9). Como nas três colunas esse bit é ZERO, o led 6 das colunas 3, 4 e 5 estarão todos APAGADOS, que corresponde a alternativa (C). ✞
☎
( Eng. Júnior - Área: Automação - Transpetro 2012 )
AF
Questão 11
T
Alternativa (C) ✆ ✝
A programação de controladores de processos de automação em um ambiente industrial utiliza um sinal digital de 100 kHz de frequência aplicado à entrada do sistema abaixo.
D
R
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Nessas condições, a frequência do sinal de saída, em kHz, é (A) 0 (B) 10 (C) 25 (D) 50 (E) 100
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
17
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12
6
398.126.848-24
Resolução: Sabemos que um Flip-Flop JK com ambas entradas ligadas em “1” se transforma em um Flip-Flop tipo T, ou seja, comuta sua saída a cada borda do clock de entrada. O Flip-Flop da esquerda comuta sua saída em uma subida do seu clock,
398.126.848-24
enquanto o da direita comuta sua saída quando sua entrada de clock vai de alto para baixo (perceba o − na indicação do CLK). Observado isso, abaixo ilustramos a ENTRADA, a saída do primeiro FlipFlop (S1 ) e a saída do segundo Flip-Flop (S2 ): o ENTRADA
S1 S2 o
Como podemos perceber, se o sinal de entrada apresenta uma frequência f = 100kHz, o sinal de saída S2 apresentará uma freqüência 4 vezes menor, ou seja: f2 =
100kHz 4
= 25kHz.
A resposta portanto aparece na alternativa (C), como constava no gabarito preliminar. Porém esta mesma questão já havia sido utilizada em outro concurso
398.126.848-24
da cesgranrio, por este motivo foi anulada. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
✝Questão Anulada ✆
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
8.
18
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2006) 21 Considere um circuito combinacional de três entradas A, B e C, cuja função é composta pela seguinte soma de mintermos:
f = A BC + ABC + A B C + A BC + ABC
398.126.848-24
Utilizando-se o método de simplificação de Karnaugh, obtém-se a seguinte expressão da função simplificada: (A) A C + B (B) A C + B (C) A C + B C + A B (D) A B + C
T
(E) B C + A
Resolução:
AF
A maneira mais simples e prática de resolver este problema é usando diretamente o mapa de Karnaugh. Transferindo f para o mapa de três variáveis temos:
B
A
B
R
1
1
A
C
1
C
1
398.126.848-24
1
C
D
Aplicando a simplificação indicada em tracejado, vemos que o agrupamento
duplo pode ser representado por AC e o agrupamento quádruplo apenas por B, logo a função simplificada será: f = AC + B ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
19
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
O circuito lógico combinacional apresentado na figura abaixo emprega um multiplexador de três bits, onde a palavra binária de seleção tem S2 como sendo o bit mais significativo. + VCC W
A função lógica booleana relacionando a saída F com as entradas X, Y, Z e W no circuito da figura é
MUX
398.126.848-24
A0
A1
(A) Y W XYZ
A2
(B) YW XZ Y W
A3
(D) Y W XYZ (E) Y W X Z Y (C) Y W X Z Y
A4
M
F
A5 A6 A7 S0 S2 S1 X
Y
Z
Resolução: Analisando o circuito e notando o inversor na entrada W , podemos montar a seguinte tabela-verdade: X
Y
Z
F
0
0
0
W
0
0
1
W
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
W
1
1
0
0
1
1
1
1
398.126.848-24
Agora podemos transferir esta tabela-verdade para uma Mapa de Karnaugh de 4 variáveis, lembrando que para a linha 5 e 8 da tabela, como a saída independe do valor de W , devemos colocar ‘1’ nas posições correspondente a W e W .
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Portanto nosso mapa fica:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
20
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12
6
398.126.848-24
Z
Z 1
1
Y
X 398.126.848-24
Y 1
1
X 1
W
1
1
W
Y
W
T
De onde tiramos a seguinte expressão para F:
F = Y W + XY Z + XY Z
gundo, temos:
AF
Aplicando o teorema de DeMorgan no primeiro termo e agrupando o se-
F = Y W + XY Z + XY Z
F = (Y + W ) + X(Y Z + Y Z) F = (Y + W ) + X(Z ⊕ Y )
Lembrando que
R
398.126.848-24
A ⊙ B = A ⊕ B = A B + AB
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
A função acima é chamada de Não-Ou-Exclusivo ou Coincidência.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
8.
21
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2) 41 Tabela de operação do contador: Saída do contador: Q = Q3Q2Q1Q0 Entrada de carregamento do contador: D = D3D2D1D0 Se UP = 1, EN = 1 e LOAD = 0 contador incrementa Se UP = 0, EN = 1 e LOAD = 0 contador decrementa Se LOAD = 1 contador carrega entrada D
398.126.848-24
Ligações realizadas no contador: EN = 1 UP = 1 D = 1000 CLR = Q3.Q0 (Q3 and Q0) LOAD = Q2
AF
T
Considere um contador binário de 4 bits, cujas tabelas de operação e de ligações estão mostradas acima. O contador dispõe de sinais LOAD (carregamento paralelo sincronizado pelo clock), CLR (clear síncrono) e EN (habilitador de contagem a cada clock), todos ativados em nível alto, além do sinal UP, que define a direção de contagem. Sabendo-se que a habilitação de LOAD tem prioridade sobre a habilitação de contagem, o número de estados da sequência permanente implementada é (A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9 (E) 12
Resolução:
O enunciado diz que tanto o LOAD como o CLEAR são síncronos, ou seja, a operação (LOAD ou CLEAR) só acontencerá no próximo clock após a validação 398.126.848-24
R
das condições. A condição para acontecer um LOAD é Q2 = 1, já que LOAD = Q2 . A condição para acontecer um CLEAR é que tanto Q3 como Q0 sejam iguais a 1, já que CLR = Q3 Q0 . Sabemos que quando um CLEAR acontece, o contador é zerado (Q = 0000), e quando um LOAD acontece, o contador é carregado com o
D
valor de D (que no nosso caso será D = 1000). Como U P = 1, o contador está no modo crescente, e executará da seguinte
forma:
Estado Q3
Q2
Q1
Q0
#0
0
0
0
0
#1
0
0
0
1
#2
0
0
1
0
#3
0
0
1
1
#4
0
1
0
0
(Q2 = 1, realizar LOAD no próximo passo)
#5
1
0
0
0
(Q = D = 1000, resultado do LOAD)
#6
1
0
0
1
(CLR = Q3 Q0 = 1, zerar contador)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
(destino da operação CLEAR)
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
22
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12
6
398.126.848-24
Como pode ser visto na tabela, o contador apresenta apenas sete estados de sequência permanente, logo a alternativa correta é a letra (B). Estes estados são ditos permanentes pois fazem parte da contagem cíclica do contador. Se tivéssemos iniciado a contagem no estado Q = 1111, este só
398.126.848-24
aconteceria uma vez, pois após um incremento o contador iria para Q = 0000 que faz parte do ciclo, logo a sequência teria um estado não-permanente (Q = 1111). E isso é válido para qualquer outro estado que não esteja representado na tabela anterior, visto que na tabela só estão os estados da sequência permanente. Para facilitar a resolução desse tipo de questão é aconselhável sempre começar com o contador no estado de CLEAR, com todas as saídas em zero, pois
T
assim não se perde tempo com estados não-permanentes. ✞
☎
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
D
R
Questão 15
AF
Alternativa (B) ✆ ✝
Deseja-se comparar o número P3P2P1P0 (com sinal – representado de –8 a +7) com o número Q3Q2Q1Q0 (sem sinal – representado de 0 a 15), usando-se um comparador sem sinal tipo 7485. Para isso, basta zerar A > Bi e A < Bi, ativar A = Bi e tomar as saídas do comparador, desde que as entradas A3A2A1A0 e B3B2B1B0 sejam, respectivamente, (A) 0P2P1P0 e Q3Q2Q1Q0 (B) P3P2P1P0 e 1Q2Q1Q0 (C) 0P2P1P0 e 1Q2Q1Q0 (D) 0P2P1P0 e (P3 + Q3)Q2Q1Q0 (E) (P3 + Q3)P2P1P0 e 0Q2Q1Q0
398.126.848-24
Resolução:
Para resolver esta questão, primeiramente mostrarei um método prático e rápido, analisando as alternativas, e posteriormente explicarei o porquê a alternativa escolhida está correta. O primeiro passo é sabermos diferenciar um número representado com sinal
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
de outro sem sinal. Sabendo que um número com sinal será P3 P2 P1 P0 , o bit P3 que
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
23
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12
6
398.126.848-24
representa o sinal, ou seja, quando P3 = 0 temos um número positivo, e quando P3 = 1 um número negativo. Deste modo, os extremos representados são:
A = P3 P2 P1 P 0 =
398.126.848-24
1000 → −8 0111 → +7
Já a representação de um número sem sinal é trivial, onde os extremos são:
B = Q3 Q2 Q1 Q0 =
0000 → 0
1111 → +15 consideraremos duas possibilidades:
T
Agora começaremos nossa análise das alternativas propostas. Para isso
I) A < 0: Neste caso temos que P3 = 1. É obvio que quando A < 0, o resultado
AF
da comparação deve sempre ser A < B, já que B é sempre maior ou igual a zero. Neste caso, fica claro que as alternativas (A), (B) e (E) não estão corretas.
II) A ≥ 0: Neste caso P3 = 0, e como tanto A como B serão números positivos, o primeiro bit de B (Q3 ) não pode ser desconsiderado. Logo, a alternativa (C) está incorreta.
R
398.126.848-24
Deste modo só nos resta a alternativa (D). Agora vamos analisar o porquê
dela estar correta, nos baseando nos mesmo itens anteriores:
D
I) A < 0: Como P3 = 1, o resultado de (P3 + Q3) será 1. Como A = 0P2 P1 P0 (logo A ≤ 7) e neste caso B = 1Q2 Q1 Q0 (B > 7), a comparação dará o resultado A < B, que é o resultado correto.
II) A ≥ 0: Como P3 = 0, o resultado de (P3 + Q3) será igual a Q3 . Logo a comparação de dois números positivos será feita corretamente, considerando todos os bits de B. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 16
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
Deseja-se projetar um circuito, usando-se apenas um
T
somador de 4 bits tipo 7483, que converta um número
D4D3D2D1D0, em representação BCD de 5 bits (0 a 19), para um número B4B3B2B1B0, em representação binária
de 5 bits. Para isso, basta zerar Ci e tomar as saídas do
AF
somador, desde que as entradas A3A2A1A0 e B3B2B1B0 sejam, respectivamente, (A) D3D2D1D0 e 1010 (B) D3D2D1D0 e 0110
(C) D3D2D1D0 e D40D40
(D) D3D2D1D0 e 0D4D40
(E) D3D2D1D0 e D4D4D4D4
398.126.848-24
R
Resolução:
Em uma representação BDC de 5 bits, os quatro primeiros bits (D3 D2 D1 D0 )
tem pesos binários, podendo representar números entre 0 e 9, enquanto o quinto
D
bit(D4 ) tem peso decimal, ou seja, ele adiciona 10 quando D4 = 1 e não adiciona nada quando D4 = 0. Ou seja: 0 10
a 9 : 0D3 D2 D1 D0 a 19 : 1D3 D2 D1 D0
Logo, para transformar essa entrada de 5 bits BCD em duas entradas de 4 bits cada temos que fazer: I) Se D4 = 0: Nada precisa ser adicionado aos bits D3 D2 D1 D0 . II) Se D4 = 1: Deve ser adicionado um valor decimal de valor 10 a D3 D2 D1 D0 .
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Como 10 decimal corresponde a 1010 em binário, temos que ter como resul-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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12
6
398.126.848-24
tado: D3 D2 D1 D0 + 1010. Como podemos perceber, o que decide se devemos somar o valor binário 1010 a D3 D2 D1 D0 ou não é o valor de D4 . Logo os dois casos anteriores podem ser resumidos em:
398.126.848-24
S = D3 D2 D1 D0 + D4 × (1010) = D3 D2 D1 D0 + D4 0D4 0 Deste modo vemos que a entrada A deve ser igual a D3 D2 D1 D0 e B igual a D4 0D4 0. ✞
☎
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
R
Questão 17
AF
T
Alternativa (C) ✆ ✝
D
Desconsiderando-se os inversores, a menor soma de produtos que implementa o mapa acima possui (A) 3 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 3 entradas. (B) 3 portas AND de 3 entradas e 1 porta OR de 3 entradas. (C) 2 portas AND de 2 entradas e 1 porta OR de 2 entradas. (D) 2 portas AND de 2 entradas, 1 porta AND de 3 entradas e 1 porta OR de 3 entradas. (E) 1 porta AND de 2 entradas, 2 portas AND de 3 entradas e 1 porta OR de 3 entradas.
Resolução: Para realizar a simplificação do Mapa de Karnaugh apresentado, podemos
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
escolher os seguintes agrupamentos (diferenciados pelas cores):
398.126.848-24
398.126.848-24
BA C 0 1
00 D 1
01 D 1
11 1 D
8.
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12
6
398.126.848-24
10 0 DX
Primeiramente, perceba que um mesmo agrupamento não pode utilizar ao
398.126.848-24
mesmo tempo D e D, visto que ambos nunca terão o mesmo valor. O campo onde aparece DX deve ser utilizado no agrupamento apenas se gerar uma simplificação maior, que é o que acontece no nosso caso. Por este motivo assumimos que X = 1 (Atenção: X não é uma entrada como D, X é um sinal arbitrário que podemos escolher se valerá 0 ou 1, para nosso conveniência). Deste modo, o agrupamento vermelho resulta na parcela BD, o agrupa-
T
mento preto na parcela ACD, e o agrupamento azul resulta na parcela CD (utilizamos X = 1). Logo, a saída S do sistema será:
AF
S = BD + ACD + CD
Desconsiderando os inversores, esta lógica pode ser implementada com duas portas AND de duas entradas (uma para o termo BD e outra para o termo CD), uma porta AND de três entradas (para o termo ACD), sendo que a saída dessas três portas AND devem entrar em uma porta OR de três entradas. Então, 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆
✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
a saída desta porta OR de três entradas será o sinal S.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 18
A13 A14 A15
8.
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0
398.126.848-24
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6
398.126.848-24
A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0
A figura ao lado apresenta o esquemático de uma memória de 8 bits, conectada ao barramento de endereços de um computador. Pela análise da figura, conclui-se que a faixa de endereços usada pela memória é (A) 4000h a 4FFFh (B) 4000h a 5FFFh (C) 4000h a 6FFFh (D) 5000h a 5FFFh (E) 8000h a 9FFFh
T
CS
Resolução:
No esquemático da memória apresentada, vemos que os bits A13 , A14 e A15
AF
fazem parte de uma lógica que está ligada na entrada CS. A entrada CS (Chip Select) é a responsável por ativar/desativar o chip de memória, sendo que qndo CS=1 o chip está ativado. Este mecanismo faz possível a utilização de vários chips de memória em um mesmo sistema, aumentando a capacidade total do banco de memória implementado. Neste caso, por exemplo, como temos três bits determinando CS, poderíamos utilizar um total de 8 (23 ) chips de momória iguais a este no banco.
398.126.848-24
R
Para que o chip de memória em questão esteja ativado, é necessário que
A13 = 0 e A14 = 1 e A15 = 0, visto que há inversor na entrada de A13 e A15 , e os três sinais entram em uma porta AND. Um endereço de memória utilizado será do
D
tipo:
A15 A14 A13 A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0
Mas como sabemos que A13 , A14 e A15 devem ser fixos, os endereços utili-
zados por esta memória são na verdade: 010A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0 Logo, o endereço mínimo será:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
0100000000000000 = 4000h
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
E o endereço máximo será: 0101111111111111 = 5F F F h Ou seja, o chip de memória em questão utilizará a faixa de endereço entre
398.126.848-24
4000h e 5FFFh para armazenar os dados de 8 bits. ✞
☎
Questão 19
T
Alternativa (B) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
AF
Uma unidade aritmética foi construída usando um somador tipo 7483, com entradas A3A2A1A0 (primeiro operando de 4 bits), B3B2B1B0 (segundo operando de 4 bits) e Ci (carry de entrada), além de portas lógicas auxiliares. Sejam X, Y e Z números de 4 bits e K = K1K0 um número de 2 bits usado para a escolha da operação. Considere as ligações listadas a seguir: A3 A2 A1 A0 = X3 X2 X1 X0 B3 = ( ( K1.Y3 ) + (K1 .Z3) ) K0
B2 = ( ( K1.Y2 ) + (K1 .Z2) ) K0 B1 = ( ( K1.Y1 ) + (K1 .Z1) ) K0 B0 = ( ( K1.Y0 ) + (K1 .Z0) ) K0 Ci = K0
Nesse caso, a tabela verdade que será oferecida pela saída do somador é Saída Somador X+Y X –Y X+Z X–Z
K1 0 0 1 1
K0 0 1 0 1
Saída Somador X –Y+Z X –Y X+Z –Y X –Z
(D)
(B)
K1 0 0 1 1
K0 0 1 0 1
Saída Somador X+Y X –Y+1 X+Z X –Z+1
(E)
K1 0 0 1 1
K0 0 1 0 1
Saída Somador X+Y –1 X –Y+1 X + Z –1 X – Z +1
R
K0 0 1 0 1
D
(A)
K1 0 0 1 1
(C)
K1 0 0 1 1
K0 0 1 0 1
Saída Somador X+Y X –Y – 1 X+Z X –Z –1
398.126.848-24
Resolução:
Para resolver esta questão, temos que saber primeiramente que uma operação A⊕B com Ci = 0 representa uma soma binária, e que uma operação A⊕(B⊕1) com Ci = 1 representa uma subtração binária. Ou seja, uma subtração pode ser feita pela soma do primeiro termo (A) com o complemento-um do segundo termo,
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
tudo somado a 1 (B ⊕ 1 e Ci = 1).
398.126.848-24
398.126.848-24
29
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
Ora, com uma rápida análise do enunciado percebemos que K1 é uma variável de seleção, ou seja, quando K1 = 0 a entrada Y é selecionada (pois Y está multiplicado por K1 ) e a entrada Z é desconsiderada (pois Z está multiplicado por K1 ). Quando K1 = 1 acontece o contrário, Z é selecionado e Y desconsiderado. 398.126.848-24
A variável K0 aparece no carry de entrada Ci e também na modificação (complemento-um) do segundo termo, logo fica claro que K0 definirá se a operação é uma soma ou uma subtração. Com isso já fica evidente que a alternativa correta é a letra (A), onde a variável de seleção está definida por K1 e a operação por K0 . A título de esclarecimento, quando K1 = 0 e K0 = 1, temos: A3 A2 A1 A0 = X3 X2 X1 X0 B 3 = Y3 ⊕ 1 = Y3 B 2 = Y2 ⊕ 1 = Y2 B 1 = Y1 ⊕ 1 = Y1 B 0 = Y0 ⊕ 1 = Y0 Ci = 1 Que corresponde a operação X − Y . Quando K1 = 1 e K0 = 0, temos: A3 A2 A1 A0 = X3 X2 X1 X0 398.126.848-24
B 3 = Z 3 ⊕ 0 = Z3 B 2 = Z 2 ⊕ 0 = Z2 B 1 = Z 1 ⊕ 0 = Z1 B 0 = Z 0 ⊕ 0 = Z0 Ci = 0 Que corresponde a operação X + Z. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 20
8.
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12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
UV 398.126.848-24
00 01 11 10
000 0 d 1 1
001 d 0 0 0
011 0 0 0 0
XYZ 010 110 0 0 1 1 1 1 0 0
111 d 0 0 0
101 0 0 0 0
100 0 1 1 1
A tabela acima foi montada com as combinações dos sinais digitais U, V, X, Y e Z, que acarretam a ativação (nível lógico 1) do sinal F. As posições indicadas com d representam situações irrelevantes (don’t care), isto é, situações em que as correspondentes combinações dos sinais U, V, X, Y e Z não ocorrerão na prática. Com base na tabela acima, qual é a expressão booleana mais simplificada que corresponde ao sinal F? (A) Z V U+Z X Y
(B) Z V U + Z X Y
(C) Z(V X + U Y)
(D) Z(V Y + U Y)
T
(E) Z(V + U Y)
Resolução:
Como é sabido, podemos utilizar d na simplificação do Mapa de Karnaugh
AF
quando isto gerar uma maior simplificação, e podemos desconsiderar d quando isso não acontecer. Logo, podemos identificar os seguintes agrupamentos:
UV
00 01 11 10
000 0 d 1 1
001 d 0 0 0
011 0 0 0 0
XYZ 010 110 0 0 1 1 1 1 0 0
111 d 0 0 0
101 0 0 0 0
100 0 1 1 1
398.126.848-24
R
Do agrupamento azul resta o termo Y ZV , do agrupamento vermelho resta
Y ZV e do agrupamento verde resta Y ZU . Ou seja:
D
F = Y ZV + Y ZV + Y ZU
Porém, esta resposta não consta no gabarito, pois ela ainda pode ser sim-
plificada, como segue: F = Y ZV + Y ZV + Y ZU F = Z(Y V + Y V + Y U ) F = Z(V (Y + Y ) + Y U ) F = Z(V + Y U )
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 21
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
32 U V S1 S0 IP0 398.126.848-24
X
IP1
Y
IP2
Saída
W
XY
IP3
00 01 11 10
00 1 0 0 1
UV 01 11 0 0 1 0 1 0 1 1
10 0 1 0 1
Enable
A figura acima ilustra um multiplexador de 4 entradas para 1 saída e o mapa de Karnaugh a ser implementado para o sinal digital W através do circuito. Os sinais S1 e S0 são as entradas de controle do integrado, onde S1 representa o bit mais significativo. O bloco tracejado deverá conter os circuitos que conectarão os sinais X e Y às entradas do multiplexador. A fim de reproduzir o mapa de Karnaugh, qual é a expressão booleana do circuito que será conectado ao pino IP2? (B) X Y
(C) X+Y
(D) X Å Y
T
(A) XY
(E) X ≈ Y
AF
Resolução:
Do multiplexador de 4 entradas e 1 saída, é sabido que: W
0
0
IP0
0
1
IP1
1
0
IP2
1
1
IP3
398.126.848-24
R
U V
Como a questão pede apenas o circuito conectado à entrada IP2, nos interessa apenas quando U = 1 e V = 0. Então, no mapa de Karnaugh dado nos interessa apenas a coluna que representa U = 1 e V = 0, e esta é a coluna mais a direita do
D
mapa. Esta coluna retirada do mapa dado fica então: X
Y
W10
0
0
0
0
1
1
1
1
0
1
0
1
Neste caso, de vista já fica óbvio que a função implementada entre X, Y e IP2 é um ou-exclusivo. Para conferir, da tabela acima tiramos: ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
W10 = WIP 2 = XY + XY = X ⊕ Y
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398.126.848-24
Questão 22
8.
32
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6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
Um contador crescente de 4 bits, com clear e load síncronos, oferece a saída Q3Q2Q1Q0. Sabendo-se que o número em binário 1000 está ligado à sua entrada paralela de carregamento, que a lógica (Q2.Q0) aciona o load e que a lógica (Q3.Q1) aciona o clear, o número de estados da sequência permanente é (A) 7 (B) 8 (C) 9 (D) 10 (E) 12
398.126.848-24
Resolução: O enunciado diz que tanto o LOAD como o CLEAR são síncronos, ou seja, a operação (LOAD ou CLEAR) só acontencerá no próximo clock após a validação
T
das condições. A condição para acontecer um LOAD é Q2 = 1 E Q0 = 1, já que LOAD = Q2 .Q0 . A condição para acontecer um CLEAR é que tanto Q3 como Q1 sejam iguais a 1, já que CLR = Q3 .Q1 . Sabemos que quando um CLEAR acon-
AF
tece o contador é zerado (Q = 0000), e quando um LOAD acontece, o contador é carregado com o valor de D (que no nosso caso será D = 1000). Adotando que o contador está no modo crescente, a execução acontecerá da seguinte forma:
Estado Q3
Q2
Q1
Q0
0
0
0
0
0
0
0
1
#2
0
0
1
0
#3
0
0
1
1
#4
0
1
0
0
#5
0
1
0
1
(Q2 .Q0 = 1), LOAD no próximo passo)
#6
1
0
0
0
(Q = D = 1000, resultado do LOAD)
#7
1
0
0
1
#8
1
0
1
0
#0
398.126.848-24
D
R
#1
(destino da operação CLEAR)
(Q3 .Q1 = 1), CLEAR no próximo passo
Como pode ser visto na tabela, o contador apresenta apenas nove estados de sequência permanente, logo a alternativa correta é a letra (C). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 23
8.
33
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1) 35 Considere o seguinte código: architecture comportamento of COMPONENTE is begin process (A,G) begin if ((G = ‘1’)then case A is when “000” => Y <= “11111110”; when “001” => Y <= “11111101”; when “010” => Y <= “11111011”; when “011” => Y <= “11110111”; when “100” => Y <= “11101111”; when “101” => Y <= “11011111”; when “110” => Y <= “10111111”; when “111” => Y <= “01111111”; end case; else Y <= “11111111”; end if; end process; end comportamento;
T
398.126.848-24
AF
Este código se refere à arquitetura de um (A) decodificador com habilitador em nível alto e saídas em nível alto. (B) decodificador com habilitador em nível alto e saídas invertidas. (C) decodificador com habilitador em nível baixo e saídas invertidas. (D) multiplexador com habilitador em nível alto e saídas em nível alto. (E) multiplexador com habilitador em nível baixo e saídas em nível alto.
Resolução:
Para resolver este tipo de questão precisamos saber interpretar a lógica principal envolvida, não é necessário conhecer toda a sintaxe. Primeiramente vol398.126.848-24
R
taremos nossa atenção para o IF/ELSE presente no código:
✐❢ ✭ ● ❂ ❵✶✬✮ t❤❡♥ ✳✳✳
D
❡❧s❡
❨ ❁❂ ✧✶✶✶✶✶✶✶✶✧❀
❡♥❞ ✐❢❀
Neste caso fica claro que o habilitador é a variável G (provavelmente G de Gate), e percebemos que o bloco compreendido entre o if e o else será executado apenas quando G = 1, logo podemos concluir que o habilitador é de nível alto. Também percebemos que, caso o habilitador não estiver em nível alto, a saída Y será igual a 11111111. Ou seja, o “modo desligado” do componente equivale a deixar todas as 8 portas em nível alto, logo as saídas são invertidas.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Agora vamos analisar o trecho de código entre os comandos case e end
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398.126.848-24
8.
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6
398.126.848-24
case. Então pegamos a primeira linha:
✇❤❡♥ ✧✵✵✵✧ ❂❃ ❨ ❁❂ ✧✶✶✶✶✶✶✶✵✧❀ A interpretação desta linha deve ser: Quando a entrada A for igual a 000,
398.126.848-24
a saída Y será igual a 11111110. Este comportamento é típico de um decodificador, no nosso caso um decodificador de 3 entradas para 8 (23 ) saídas. Não confundir este comportamento com um multiplexador, pois este último apenas seleciona uma das entradas e a transfere para a saída. Com a análise anterior já podemos assinalar a alternativa (B) como correta. Se você analisar mais um pouco o código do componente vai perceber que este
T
decodificador faz o acionamento (invertido) de uma das 8 portas, tendo como entrada o valor de A. Veja que quando A = 000, que corresponde a 0 em decimal, a saída acionada é a zero (bit menos significativo de Y). Quando A = 001, que corresponde a 1 em decimal, a saída acionada é a um (segundo bit menos signifi-
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
cativo de Y). E assim por diante, para as 8 saídas.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 24
8.
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1) 23 Seja um contador binário com os sinais LOAD (carregamento), EN(enable)e UP (contagem ascendente ou descendente) ativados em nível alto. Considere EN = 1, UP = 0, D3D2D1D0 = 0101 e LOAD = Q3, onde D 3D 2D 1D 0 é a entrada paralela e Q3Q2Q 1Q 0 é a saída. O número de estados da seqüência permanente é (A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
398.126.848-24
Resolução: O primeiro detalhe em relação a esta questão é que o enunciado diz que U P = 0, ou seja, o contador está no modo decrescente. Outro detalhe é que não
T
há um CLEAR, logo é melhor adotarmos como estado #0 o resultado do LOAD, que no nosso caso é D = 0101, sendo que a condição para o LOAD ocorrer é
Estado #0 #1 #2 #3 #4
Q3
Q2
Q1
Q0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
R
#5
AF
Q3 = 1. Agora podemos analisar o sequenciamento dos estados:
#6
(Q = D = 0101, resultado do LOAD)
398.126.848-24
(Q3 = 1, executar LOAD)
Veja que como já começamos o nosso sequenciamento pelo resultado da
D
operação LOAD, não perdemos tempo com estados não-permanentes. Logo, vemos que a sequência permanente (que executará ciclicamente) apresenta um total de 7 estados.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 25
8.
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6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1) ABC 000 001 010 011 100 101 110 111
398.126.848-24
Y 1 1 0 0 1 1 1 0
A Tabela Verdade acima mostra a saída Y de um circuito combinacional cujas entradas são as variáveis booleanas A, B e C, onde A é o bit mais significativo. A expressão
Y=A
(B)
Y = A .C
(C)
Y = A.C + B
AF
(A)
T
minimizada da função Y = f (A,B, C) é
(D)
Y = A.C + B
(E)
Y = C + A .B
Resolução:
Para resolver esta questão, basta montarmos um Mapa de Karnaugh de três
D
R
entradas, como segue:
B
B
A
1
1
0
0
A
1
1
0
1
C
398.126.848-24
C
C
O agrupamento quádruplo resulta em B, e o agrupamento duplo em AC. Logo: Y = AC + B ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 26
8.
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1) 10 12 13 15 9 11 14 1 2 3 4
398.126.848-24
A0 A1 A2 A3 B0 B1 B2 B3 ABi
AB
7 6 5
7485
T
Um 7485, cuja pinagem está indicada na figura acima, é usado para comparar 2 números de 4 bits sem sinal (0 a 15). Para usá-lo como comparador de 2 números com sinal ( 8 a +7), onde os números negativos são representados em complemento 2, três opções são apresentadas:
AF
I trocar os bits mais significativos A3 por B3 e vice-versa de cada um dos números de 4 bits antes de ligá-los ao comparador; II passar por um inversor o bit mais significativo de cada número de 4 bits antes de ligá-los ao comparador; III passar por um inversor as saídas A>B e A
(E) II e III
Resolução:
O modo mais prático para resolvermos problemas deste tipo é pegarmos 398.126.848-24
R
um exemplo de cada tipo de número (positivo e negativo), e testar as soluções propostas nas alternativas. Nesta questão escolherei os números decimais +6, −6, +7 e −7 para testar as alternativas, pois assim posso comparar dois números negativos, dois positivos, ou um positivo e um negativo.
D
Agora precisamos achar as correspondentes representações binárias dos
números escolhidos, lembrando que o enunciado diz que números negativos são o complemento-2 do correspondente número positivo.
Para acharmos o
complemento-2 de um número primeiros achamos o complemento-1 (invertendo todos os bits) e somamos 1. Logo, achamos as seguintes representações: Decimal Binário sem sinal Complemento-1 Complemento-2 0111
-7
0111
+6
0110
-6
0110
1000
1001
1001
1010
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
+7
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398.126.848-24
8.
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6
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Ou seja, +7 = 0111, −7 = 1001, +6 = 0110 e −6 = 1010. Com isso podemos começar a avaliar as proposições. I - VERDADEIRA. Trocar A3 por B3 e vice-versa: Perceba que números negativos apresentam o bit mais significativos iguais a 1, enquanto nos números
398.126.848-24
positivos esse bit é igual a 0 (isso é válido para todos os números entre -8 e +7, como pode ser facilmente deduzido pelo leitor). Logo, ao comparar dois números positivos ou dois números negativos, nada se alteraria com esta troca, e o resultado da comparação será correto (teste comparar +6 com +7, e -6 com -7). Ao compararmos um número negativo com um positivo, o negativo obviamente deve resultar como o menor. Como os número negativos
T
que apresentam o bit mais significativo igual a 1, ao trocarmos A3 por B3 e vice-versa o número positivo que passará a ter o bit mais significativo igual a 1, logo será maior, o que é correto.
AF
II - VERDADEIRA. Inverter o bit mais significativo: Esta medida leva às mesmas conclusões do item anterior, a única mudança é que neste caso ao compararmos dois números de mesmo sinal, o bit mais significativo de cada número estará trocado, o que não alterará o resultado (pois corresponde a somar ou subtrair 23 aos dois números).
III - FALSA. Este item é obviamente falso, pois falha para números de mesmo 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
sinal, como +7 e +6 por exemplo.
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Questão 27
8.
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Na figura, é apresentado o circuito de uma porta lógica digital CMOS complementar, onde a rede abaixadora (pull-down) está faltando. VDD VDD 398.126.848-24
Y W X
Z S W X Y Z
Rede Abaixadora
O circuito correto para a rede abaixadora dessa porta lógica é
(A)
(B)
(D)
(E)
(C)
398.126.848-24
Resolução: Sabemos que para implementar uma porta lógica digital CMOS complementar, acima da saída desejada (no nosso caso S) temos que ter uma função lógica implementada com transistores PMOS e ligada ao VCC, enquanto que abaixo desta saída temos que ter a lógica complementar implementada com transistores NMOS ligada ao terra, chamada de rede abaixadora. Ora, tiramos facilmente do circuito a função lógica implementada acima de S como sendo:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
S = Z(W + XY )
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
40
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6
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onde as variáveis estão barradas por se tratar de transitores PMOS. Portanto a rede abaixadora deve ser a função complementar daquela implementada, ou seja: S = Z(W + X Y )
398.126.848-24
S = Z + (W + X Y ) S = Z + W (X Y ) S = Z + W (X + Y ) A implementação desta função com transistores NMOS é vista na alternativa E. Perceba que a expressão do circuito PMOS está em função de W , X, Y e Z,
T
enquanto a expressão do circuito NMOS está em função de W ,X,Y e Z. Isto decorre naturalmente, já que o nível de acionamento dos transistores do tipo PMOS
+VDD
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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+VDD
QPC D
QPD
D
C
✞
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R
Questão 28
AF
e NMOS são complementares (NMOS é ativo-alto e PMOS é ativo-baixo).
B
QPB
A
QPA
Y
C
QNC
D
QND
O circuito CMOS da figura ao lado implementa a função lógica (A) Y = AB (C + D)
(B) Y = ( A + B) (C + D)
(C) Y = CD ( A + B)
(D) Y = ( A + B) CD
(E) Y = AB (C + D)
QNB
A
QNA
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
B
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
41
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6
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Resolução: Para resolvermos esta questão temos que saber que dois transistores em série representam a operação AND, enquanto dois transistores em paralelo representam a operação OR. Também é preciso saber que o círculo no gate do transistor
398.126.848-24
informa que ele é ativo-baixo, ou seja, ele é ativado com o complemento do sinal denotado. Também sabemos que a construção de lógicas com circuitos CMOS desse tipo requerem que o sinal de saída (no nosso caso Y) se comunique com VDD através de uma lógica que é o complemento da lógica que conecta esta saída ao GN D. No nosso caso a lógica em relação ao VDD representa Y , e a lógica em
A lógica que liga Y a VDD é:
T
relação ao GN D representa Y .
AF
Y = (C + D) + A B A lógica que liga Y ao GN D é:
Y = CD(A + B)
Como sabemos que Y = Y , temos que:
R
Y = CD(A + B) = Y
398.126.848-24
Que corresponde a alternativa (C). Perceba que CD(A + B) = (C+D)+A B,
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
como esperado (basta utilizar os Teoremas de De Morgan para conferir).
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 29
8.
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
Deseja-se obter um circuito lógico combinacional que realiza a função lógica descrita pelo mapa de Karnaugh.
YZ 398.126.848-24
00 01 11 10
WX
00
0
X
0
0
01
0
0
1
X
11
X
0
X
1
10
1
X
0
1
Entretanto, dispõe-se apenas de circuitos integrados 74HC00 (NAND). Dessa forma, o circuito que realiza a função lógica descrita no mapa é Z
Y
(A)
(C)
Y
X
(B) F
X
W
W
X
Y
Y Z
F
W
(D)
F
Z F W
X
(E)
Y
398.126.848-24
F W
Resolução: O primeiro passo é retirarmos uma expressão minimizada da saída F do mapa de Karnaugh apresentando, lembrando de utilizar os valores não fixados ‘X’ nos agrupamentos quando isso implicar em uma maior simplificação. Fazendo os
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
agrupamentos mostrados abaixo:
398.126.848-24
398.126.848-24
YZ
8.
43
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6
398.126.848-24
00 01 11 10
WX
00
0
X
0
0
01
0
0
1
X
11
X
0
X
1
10
1
X
0
1
398.126.848-24
Chegamos diretamente à expressão: F = XY + W Z
T
Porém esta expressão, por apresentar a função OR, não é diretamente implementável por portas lógicas do tipo NAND. Por isso vamos fazer uma dupla negação nesta expressão, e nos valer do teorema de DeMorgan para deixar esta
AF
expressão como sendo apenas multiplicação de termos, como segue:
F = XY + W Z F = XY + W Z
F = (XY )(W Z)
R
398.126.848-24
Agora podemos implementar esta expressão lógica facilmente, utilizando
para isso 4 portas NAND. Uma porta NAND implementa XY , outra porta NAND com suas entradas interligadas implementa Z, outra porta NAND implementa en-
D
tão W Z. Uma última porta NAND então finalmente implementa o inverso da multiplicação destes dois termos, resultando na saída F. A interligação correta entre as 4 portas NAND que implementam a função F
aparece na alternativa C. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 30
8.
44
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12
6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007) 23 Uma função booleana com quatro variáveis de entrada é assim definida:
398.126.848-24
f = ABCD + ABCD + ABCD + ABCD + ABCD + ABCD
Utilizando técnicas de minimização da Álgebra Booleana, a função mínima (fmin) obtida é: (A) fmin = A B + CD (B) fmin = BC + A (C) fmin = AB + C D (D) fmin = CD + AD (E) fmin = A D + CD
Resolução: Para resolver esta questão, basta montarmos o Mapa de Karnaugh e realizarmos as simplificações. O Mapa de 4 entradas então ficará:
C 0
C 1
1
0
B 398.126.848-24
A 0
1
1
0
B 0
0
1
0
0
0
1
0
A
D
D
B
D
Sendo que do agrupamento preto resta o termo AD, e do agrupamento vermelho resta o termo CD. Logo, a expressão simplificada será: fmin = AD + CD ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 31
8.
45
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
X Y
398.126.848-24
W
Z
A figura acima ilustra o circuito digital que gera o sinal W a partir dos sinais binários X, Y e Z. A expressão booleana do sinal W em função de X, Y e Z é (A) X(Y + Z) (B) XY + YZ (C) X(Y + Z) (D) XY + YZ (E) XY + YZ
Resolução: Do circuito tiramos diretamente a expressão: W = (X + Y ) ⊕ Y Z Sabendo que A ⊕ B = AB + AB, e utilizando os Teoremas de De Morgan podemos desenvolver a expressão como segue: 398.126.848-24
W = (X + Y ) ⊕ Y Z = (X + Y )Y Z + (X + Y )Y Z = X Y Y Z + (X + Y )(Y + Z) = 0 + X(Y + Z) + Y (Y + Z) = 0 + XY + XZ + Y Y + Y Z = 0 + XY + XZ + 0 + Y Z = XY + XZ + Y Z Como visto, não chegamos na expressão mínima. Ainda é possível reduzir o resultado algebricamente, mas não é trivial. Por este motivo o melhor a se fazer nesta etapa é montar um Mapa de Karnaugh para realizar a simplificação, como
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
segue:
398.126.848-24
398.126.848-24
Y
8.
46
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
Y
X
0
0
0
1
X
1
1
0
1
398.126.848-24
Z
Z
Z
Da simplificação no Mapa de Karnaugh tiramos diretamente que: W = XY + Y Z
T
✞
☎
(Eng. de Equipamentos Pleno Eletrônica - Petrobras 2006)
398.126.848-24
D
R
Questão 32
AF
Alternativa (B) ✆ ✝
A figura acima ilustra um circuito contendo o chip 7483 (somador de 4 bits). Este circuito vai operar os números A = A3 A2A1A0 e B = B 3B2B1B0, resultando nas saídas S = S3S2S1S0 e C0 (carry da operação). As variáveis A, B e S podem assumir valores no conjunto {0, 1, 2, 3,... , 15}. Considere as seguintes afirmativas: I - Se A>B, então C0 = 1 II - Se B>A, então S = B - A III - Se A = B, então S = 0 e C0 = 0 (E) II e III
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A(s) afirmativa(s) correta(s) é(são) apenas: (A) I (B) II (C) III (D) I e III
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
47
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
Resolução: Antes de julgarmos os itens faremos uma breve análise do circuito. Perceba que o que está sendo executado neste circuito é a soma de um número de quatro bits (A) com o complemento-dois de outro número (B). Lem-
398.126.848-24
brando que o complemento-dois de um número consiste em primeiramente fazer o complemento-um (feito pelos inversores, no circuito) e em seguida somar 1 ao resultado (o que é feito pela entrada Ci , o carry de entrada, que está ativa). Ou seja, o circuito apresentado realiza a seguinte operação: S = A+(B +1). Mas sabemos que esta sequência de operações é comumente utilizada para executar uma subtração, ou seja, a operação equivalente seria: S = A − B. Sabendo
T
isso, julguemos os itens. I - VERDADEIRO. CO = 1 indica que houve um “estouro” na operação, ou seja, o resultado não pode ser representado apenas por 4 bits. Como B < A,
AF
se fizermos o complemento-dois de B (o que é feito pelos inversores no circuito apresentado, mais Ci ) e somarmos com A, sempre acontecerá um carry out. Por exemplo, se A = 1010 (10 decimal) e B = 1001 (9 decimal), o complemento-dois de B será igual a 0111, logo A + (B + 1) = 10001, ou seja, o resultado de quatro bits será 0001 (1 em decimal, ou seja, 10-9, como esperávamos) e CO = 1, como afirma o item. Perceba que isso é válido para todas as bases numéricas, desde que utilizado o correto complemento.
R
398.126.848-24
II - FALSO. Podemos provar que este item é falso por um simples contraexemplo. Veja, se A = 1011 (11 decimal) e B = 1100 (12 decimal), B − A = 1. Mas S = A + (B + 1) = 1011 + 0100 = 1111, onde 1111 representa 15 na base
D
decimal. Logo, S 6= B − A, o que é obvio já que sabemos que S = A − B.
III - FALSO. Se A = B, S = A + (B + 1) = A + (A + 1) = 10000, o que resulta em S = 0 e CO = 1. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 33
8.
48
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoaceará 2009) X Y F
398.126.848-24
Z
A figura acima ilustra o circuito digital que relaciona o sinal F com os sinais binários de entrada X, Y e Z. De acordo com o circuito, a expressão booleana mais simplificada de F em função de X, Y e Z é (A) F = X Z + X Y Z
(B) F = X Z + X Y Z
(C) F = X Z + X Y Z
(D) F = X Z + X Y Z
T
(E) F = X Z + X Y Z
Resolução:
AF
Diretamente do circuito tiramos a seguinte expressão: F = XY + (X ⊕ Z)
Utilizando os Teoremas de De Morgan e álgebra de Boole podemos simplificar a expressão como segue:
F = XY + (X ⊕ Z) = XY (X ⊕ Z)
R
398.126.848-24
= (X + Y )(XZ + XZ)
D
= XXZ + XZ + XY Z + X Y Z = 0 + XZ (1 + Y ) +XY Z | {z } =1
= XZ + XY Z
Obs.: Outra maneira de chegar ao mesmo resultado seria desenvolver al-
gebricamente apenas até termos somas de termos multiplicados (como na quarta linha do desenvolvimento apresentado) e então passar esta expressão para um Mapa de Karnaugh e fazer as simplificações. Ou ainda, partindo da expressão inicial, montar uma tabela-verdade e logo após utilizar um Mapa de Karnaugh. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 34
8.
49
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoaceará 2009) 28 Y
J
Q
QB
Q
QA
B
K CLK 398.126.848-24
J
A
K
T
Quando o circuito ilustrado na figura acima estiver no estado QBQA = 00, com Y = 1, os flip-flops B e A executarão, respectivamente, as operações de (A) set e reset. (B) set e hold. (C) reset e reset. (D) reset e toggle. (E) toggle e reset.
Resolução:
Para resolvermos esta questão, primeiramente temos que relembrar a
AF
tabela-verdade de um Flip-Flop JK, que é a seguinte: K Qi+1
0
0
Qi
0
1
0
1
0
1
1
1
Qi
398.126.848-24
R
J
Sabendo que QA = QB = 0 e Y = 1, nos baseamos no circuito para escre-
vemos as expressões de JB e KB :
D
JB = Y Q A = 0 × 1 = 0
KB = J B = 1
Como JB = 0 e KB = 1, o Flip-Flop B executará um RESET. Analogamente para o Flip-Flop A temos: JA = Q B = 0 KA = Y Q A = 1 × 1 = 1 Logo, como JA = 0 e KA = 1, o Flip-Flop A executará um RESET. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 35
8.
50
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
Deseja-se construir um contador digital binário de dois bits com um sinal de controle Z, onde a contagem é crescente quando Z = 1 e decrescente quando Z = 0, conforme ilustrado no diagrama de estados. 398.126.848-24
Para implementar esse contador, foram empregados dois flip-flops tipo D, conforme mostrado na figura abaixo, onde QX representa o bit mais significativo, e QY, o menos significativo.
Z=0
Z=1
01
Z=1
DX
11
D
Z=0
Z=1
Z=1
Z=0
00
Q
D
Q
10
Q Q
CLK
Z=0
QX
QY
(C) Z Q X Q Y
(B) Z Q X Q Y
(D) Z Q X Q Y
(E) Z (Q X Q Y )
AF
(A) Z Q X Q Y
T
Assim, o circuito combinacional a ser empregado para produzir o sinal de comando DX deve realizar a seguinte função lógica:
Resolução:
Como podemos perceber, o valor de QY sempre deverá comutar entre os valores 0 e 1, independentemente do valor de Z. Por este motivo que a lógica só atua em DX , a entrada do flip-flop da esquerda.
Bem, baseando-se no diagrama de estados fornecido, podemos elaborar
398.126.848-24
D
R
uma tabela-verdade para a saída DX , como segue: Z
QX
QY
DX
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
Tirando a expressão diretamente da tabela, para as linhas onde DX = 1 (linhas 1, 4, 6 e 7), temos:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
DX = Z QX QY + ZQX QY + ZQX QY + ZQX QY
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
51
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
Agora vamos trabalhar algebricamente para simplificar esta expressão: DX = Z QX QY + ZQX QY + ZQX QY + ZQX QY DX = Z(QX QY + QX QY ) + Z(QX QY + QX QY ) DX = Z(QX ⊙ QY ) + Z(QX ⊕ QY )
398.126.848-24
DX = Z(QX ⊕ QY ) + Z(QX ⊕ QY ) DX = Z ⊙ (QX ⊕ QY ) DX = Z ⊕ (QX ⊕ QY ) ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
T
Lembrando que utilizamos as seguintes relações (que o leitor deve lembrar): A ⊕ B = AB + AB
AF
A ⊙ B = AB + AB A⊙B =A⊕B A⊕B =A⊙B
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 36
8.
52
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Eletronuclear 2010) O sinal V é gerado a partir da combinação dos sinais digitais W, X, Y e Z, segundo a expressão booleana: V=S1+S2,
onde
S1 W X Z W X Y W Y Z
e
398.126.848-24
S2 W X Z W X Y W Y Z .
A
expressão
mais
simplificada do sinal V é (A) V W X Z W X Y W X Z W X Y (B) V W X Z W X Y W Y Z X Y Z (C) V W X Z W X Y W Y Z X Y Z (D) V W X Z W X Y W Y Z X Y Z
T
(E) V W X Z W X Y W Y Z X Y Z
Resolução:
AF
A forma mais simples de resolver este problema é transferir S1 e S2 diretamente para um Mapa de Karnaugh de quatro entradas e então realizar as simplificações, como segue:
Z
0
Z
1
1
0
Y
398.126.848-24
R
X
D
1
1
0
0
Y
0
1
1
0
0
0
1
1
X
W
W
Y
W
As quatro simplificações assinaladas no mapa resultam na expressão: V = W XZ + W XY + W XZ + W XY ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 37
8.
53
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Eletronuclear 2010) Considere A = A3A2A1A0 e B = B3B2B1B0 dois números de 4 bits com sinal e variando de –8 a +7. Deseja-se realizar uma comparação de magnitude entre A e B usando um comparador tipo 7485, mostrado na figura a seguir, preparado para operar dois números sem sinal (0 a +15).
398.126.848-24
10 12 13 15 9 11 14 1 2 3 4
A0 A1 A2 A3 B0 B1 B2 B3 ABi
AB
7 6 5
}
Saídas
7485
Ao se colocar A e B nas entradas do comparador e ativar adequadamente as entradas de cascateamento, foram feitas as afirmativas a seguir. I
- Se A e B forem positivos, as saídas oferecerão corretamente os resultados. II - Se A e B forem negativos, as saídas oferecerão corretamente os resultados. III - Se A for positivo e B, negativo, as saídas AB sempre oferecerão os resultados errados. Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) I e II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
398.126.848-24
Resolução: I - VERDADEIRA. Como o 7485 é feito originalmente para comparar dois números positivos, é óbvio que os resultados serão os corretos. II - VERDADEIRA. Para verificar, ao compararmos -7 (1001) com -6 (1010), o resultado será -7 < -6, já que 1001 < 1010, o que é o resultado correto. III - VERDADEIRA. O que difere um número negativo de um positivo em binário é o valor do bit mais significativo. Nos números negativos esse bit vale 1, enquanto nos positivos vale 0. Neste caso o 7485 dirá que o número negativo é maior que o positivo, ou seja, as saídas A>B e A
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 38
8.
54
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Eletronuclear 2010) A notação (n)p representa o número n na base p. O valor da expressão S = (00101111)2 + (60)8 + (55)10 + (2A)16
398.126.848-24
na base hexadecimal é (A) (A0)16 (C) (B4)16 (E) (C0)16
(B) (AF)16 (D) (B8)16
Resolução: Esta questão é simples, e apenas quer avaliar se o candidato está treinado
T
em conversões de base. Como o resultado está em hexadecimal, primeiro converteremos todas as parcelas para hexadecimal:
AF
(00101111)2 = (0010 1111)2 = (2F )16
(60)8 = (110 000)2 = (0011 0000)2 = (30)16
(55)10 = (37)16
Agora basta somarmos todos os termos:
S = (2F )16 + (30)16 + (37)16 + (2A)16 = (C0)16
R
Obs.: É importante que o candidato saiba fazer todas essas conversões
398.126.848-24
entre bases. Lembrando que as conversões entre as bases 2, 8 e 16 são diretas,
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
visto que estas são múltiplas de 2.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 39
8.
55
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Eletronuclear 2010) Analise as arquiteturas que descrevem 3 componentes A, B e C. Componente A: =========== architecture comportamento of COMP_A is begin process(A,G) begin if (G = ‘0’) then Y <= A; else Y <= ‘Z’; end if; end process; end comportamento;
398.126.848-24
AF
T
Componente B: =========== architecture comportamento of COMP_B is begin process (CLK,D) begin if (CLK = ‘1’) then Q <= D; end if; end process; end comportamento;
398.126.848-24
R
Componente C: =========== architecture comportamento of COMP_C is begin process (CLK) begin if (CLK’event and CLK = ‘1’) then if (EN = ‘1’) then VAL <= VAL + “0001”; end if; end if; end process; Q <= VAL; end comportamento;
D
As arquiteturas de A, B e C se referem, respectivamente, a (A) buffer tri-state, flip-flop D por borda e somador. (B) buffer tri-state, flip-flop D por borda e contador. (C) buffer tri-state, latch D e contador. (D) buffer tri-state, latch D e somador. (E) buffer bidirecional, latch D e somador.
Resolução:
I - Componente A: Analisando o código do componente A, percebemos que quando G = 0 a saída Y assume o valor de A, que pode ser 0 ou 1. Quando G = 1 a saída Y assume o estado Z, que representa alta impedância (circuito
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
aberto). Este é o comportamento típico de um buffer tri-state.
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
56
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
II - Componente B: Como a condição para a mudança da saída Y depende apenas do estado do clock (CLK = 1), trata-se de um Latch D. Se fosse um Flip-Flop D, ele seria sensível à borda do clock, como é o caso do componente C. 398.126.848-24
III - Componente C: Como este componente apresenta como entrada apenas o clock (CLK), trata-se de um contador. Se fosse um somador, exigiria no mínimo mais duas entradas. Perceba o comportamento típico de um contador, que é o incremento de uma varíavel a cada borda de clock, e posterior atualização da saída com este valor incrementado. ✞
☎
AF
(Eng de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
R
Questão 40
T
Alternativa (C) ✆ ✝
D
Considerando que os flip-flops da figura acima comecem zerados, o número de estados que se repetem indefinidamente é (A) (B) (C) (D) (E)
3 4 5 6 8
Resolução: Nomeamos o Flip-Flop mais a esquerda de ‘1’, sua saída de Q1 e sua entrada de D1 . O Flip-Flop do meio será o ‘2’, com saída Q2 e entrada D2 . O Flip-Flop mais a direita será o ‘3’, com saída Q3 e entrada D3 . Agora vamos identificar as
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
“leis de evolução” do sistema:
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
57
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
1. Sendo n o número do estado e i o número do Flip-Flop, temos que Qi [n] = Di [n − 1], por se tratar de Flip-Flops D. 2. D1 [n] = Q2 [n].Q3 [n], segundo o circuito. 3. D2 [n] = Q1 [n], segundo o circuito.
398.126.848-24
4. D3 [n] = Q3 [n], segundo o circuito. Agora podemos montar uma tabela onde realizaremos a evolução dos estados, nos baseando nas quatro “leis” citadas acima. Como foi dito que os Flip-Flops começam zerados, então Q1 = Q2 = Q3 = 0, D1 = 0.0 = 0, D2 = 0 = 1 e D3 = 0 = 1, o que representa nosso estado número 0 (n = #0 na tabela a senotarmos uma repetição de estado: Q1
D1
Q2
D2
Q3
D3
AF
n
T
guir). Agora montamos a tabela e vamos executar as evoluções dos estados até
0
0
0
1
0
1
#1
0
1
1
1
1
0
#2
1
0
1
0
0
1
#3
0
0
0
1
1
0
#4
0
0
1
1
0
1
#5
0
1
1
1
1
0
R
#0
398.126.848-24
Perceba que o estado #5 é igual ao estado #1, ou seja, o circuito ficará
repetindo indefinidamente os estados #1, #2, #3 e #4. Logo, há 4 estados que se
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
repetem indefinidamente.
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 41
8.
58
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008)
29 A seguir são apresentados circuitos combinacionais cujas entradas X, Y e Z são sinais digitais. Qual o circuito que atende à ? expressão X 398.126.848-24
(A)
Y S X
Z
(D) X
(B)
Y S Z
Y S X
Z
(E) X
S Z
Y S
T
(C)
Y
Z
AF
Resolução:
Resolveremos essa questão algebricamente:
S = XY Z + XY Z + XY Z + X Y Z = X (Y Z + Y Z) +X (Y Z + Y Z) | {z } | {z } Y ⊕Z
Y ⊕Z
R
Se fizermos Y ⊕ Z = A, temos:
398.126.848-24
D
S = XA + XA =X ⊕A = X ⊕ (Y ⊕ Z) = (X ⊕ Y ) ⊕ Z
A resposta que apresenta o ou-exclusivo de X, Y e Z é a alternativa (B).
Perceba que é muito recomendável que o candidato saiba diretamente de cabeça que A ⊕ B = AB + AB, e que A ⊕ B = AB + AB. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 42
8.
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008)
Mapa de Karnaugh do sinal F
BC 398.126.848-24
59
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
A
0 1
00
01
11
10
1 0
0 0
0 1
0 1
Tabela Verdade do sinal H F
G
H
0 0 1 1
0 1 0 1
1 0 0 0
T
A figura acima apresenta o Mapa de Karnaugh do sinal digital F, gerado a partir dos sinais A, B e C, e a tabela verdade do sinal H, gerada a partir de um circuito combinacional entre os sinais F e G. Em um determinado momento, os sinais A, C e H apresentam, respectivamente, os níveis lógicos 0, 1 e 0. Com relação aos níveis lógicos dos sinais B e G nesta situação, pode-se afirmar que (A) ambos os sinais apresentam o nível lógico 0. (B) esta situação independe do nível lógico do sinal B, mas o do sinal G é 1. (C) esta situação independe do nível lógico do sinal G, mas o do sinal B é 0. (D) o nível lógico do sinal B é 0 e o do sinal G é 1. (E) o nível lógico do sinal B é 1 e o do sinal G é 0.
Resolução:
Nos é dado que A = 0, C = 1 e H = 0. No Mapa de Karnaugh apresentado, C = 1.
AF
assinalamos em vermelho as posições onde A = 0, e em azul as posições onde
Mapa de Karnaugh do sinal F
BC
0 1
01
11
10
1 0
0 0
0 1
0 1
F
G
H
0 0 1 1
0 1 0 1
1 0 0 0
398.126.848-24
R
A
00
Tabela Verdade do sinal H
Da interseção destas duas regiões (assinalado em amarelo) vemos que o sinal F só pode ser igual zero, logo esta situação independe do sinal B.
D
Sabendo que F = 0 e H = 0, somos levados à segunda linha da tabela
verdade (assinalada em verde), e nesta linha vemos que o valor de G deve ser igual a 1.
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 43
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008) Mapa de Karnaugh do sinal G
A G
Circuito Digital
B
BC
C
398.126.848-24
8.
60
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
H
0 1
A
00
01
11
10
1 0
0 1
1 1
0 1
A figura acima apresenta parte de um circuito digital e o Mapa de Karnaugh do sinal G, gerado a partir dos sinais A, B e C. Neste caso, o Mapa de Karnaugh correspondente ao sinal H é
BC (A)
A
0 1
BC
00
01
11
10
0 0
0 1
1 0
0 1
00
01
11
10
1 1
1 0
1 0
1 0
00
01
11
10
0 0
0 1
1 0
0 0
(B)
A
0 1
00
01
11
10
1 0
0 0
1 0
1 0
00
01
11
10
0 0
1 1
1 1
0 1
BC A
0 1
T
(C)
BC (D)
(E)
A
0 1
AF
BC
A
0 1
Resolução:
Perceba que, toda vez que a saída da porta XOR for igual a 1, a saída H será igual a G, e sempre que a saída da porta XOR for igual a 0, G será zero.
398.126.848-24
R
Como sabemos que a porta XOR resultará em 0 somente quando A = B, basta identificar as regiões do Mapa de Karnaugh onde temos A = B, e colocar 0 nessas posições. As posições restantes (A 6= B) devem permaner inalteradas. A figura
D
abaixo ilustra esta operação: A=B=0
A
0 1
BC
BC
00
01
11
10
1 0
0 1
1 1
0 1
A
0 1
00
01
11
10
0 0
0 1
1 0
0 0
A=B=1
Como pode ser visto, o resultado desta operação resulta na alternativa (E). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 44
8.
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008)
BARRAMENTO DE ENDEREÇOS
DECODIFICADOR Y0 A
A0
398.126.848-24
61
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
B
Y1
C
Y2
A1
Y3
A2
Y4
A3
G1
A4
G2A
Y6
G2B
Y7
A5
O circuito apresentado na figura ao lado é um decodificador de endereços, onde o A8 é o bit mais significativo do barramento de endereços. Para ativar o bit Y3 do decodificador, o endereço que deverá ser escrito no barramento, na base 10 é
Y5
(A) (B) (C) (D) (E)
A6 A7 A8
129 130 131 135 139
Dados do decodificador:
ativa Yi=0, onde A é o bit menos significativo
AF
A, B, C
0, Yi 1 i 0,7 G1 = habilita
1,
T
0, habilita G2A + G2B =
1, Yi 1 i 0,7
Resolução:
Primeiramente sem considerar os habilitadores, sabemos que para ativar a saída Y3 do decodificador, temos que ter o valor binário correspondente ao decimal 3, nas entradas A,B e C, lembrando que A é o bit menos significativo. Deste modo, CBA = 011, o que implica em A2 A1 A0 = 011.
398.126.848-24
R
Agora vamos analisar os habilitadores. Como pode ser visto, G1 está ligado
diretamente a A7 , e G1 = 1 habilita o decodificador, logo temos que ter A7 = 1. As expressões para G2A e G2B são:
D
G2A = A4 + A5 + A6
G2B = A3 + A8
Portanto fica claro que para G2A + G2B = 0 (a “bolinha” nestas entradas re-
presentam entradas ativo-baixa), temos que ter A3 = A4 = A5 = A6 = A8 = 0. Agora que temos todos os estados do barramento de endereços, basta convertermos para decimal, como segue: A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0 = 010000011 = 27 + 21 + 20 = 128 + 2 + 1 = 131 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 45
8.
62
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008) 44 O código a seguir será enviado para uma fábrica com o intuito de produzir um circuito integrado.
398.126.848-24
architecture comportamento of CKT is begin process (CLK,PST) begin if (PST = ‘1’) then Q <= ‘1’; elsif (CLK’event and CLK = ‘1’) then if (CLR = ‘1’) then Q <= ‘0’; else Q <= D; end if; end if; end process; end comportamento; Este código se refere a um (A) latch D com clear assíncrono e preset assíncrono. (B) (C) (D) (E)
flip-flop D com clear síncrono e preset síncrono. flip-flop D com clear assíncrono e preset síncrono. flip-flop D com clear assíncrono e preset assíncrono. flip-flop D com clear síncrono e preset assíncrono.
Resolução: I - Como vemos a presença de uma sentença que leva em consideração tanto
398.126.848-24
o estado do clock como sua borda [CLK ’ event and CLK = ‘1’], e não apenas seu estado, vemos que trata-se de um Flip-Flop tipo D, e não de um Latch D. II - Como a leitura do clear [ if(CLR = ‘1’) ] acontece dentro do if que avalia o clock, então podemos dizer que o clear é síncrono. III - Como a leitura do preset [ if(PST = ‘1’) ] acontece fora do if que avalia o clock, então podemos dizer que o preset é assíncrono. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 46
8.
63
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Profissional de Eletrônica Jr - Petrobras Distr. 2008)
+VCC B
PMOS2
A
PMOS1
398.126.848-24
S A
NMOS1
B
NMOS2
AF
T
Na porta lógica apresentada na figura acima, quando A = 1 e B = 0, os transistores PMOS1, PMOS2, NMOS1 e NMOS2, respectivamente, estarão (A) cortado, conduzindo, conduzindo e cortado. (B) cortado, cortado, conduzindo e conduzindo. (C) cortado, cortado, conduzindo e cortado. (D) conduzindo, conduzindo, cortado e cortado. (E) conduzindo, cortado, cortado e conduzindo.
Resolução:
Sabemos que:
• Transistor PMOS: Conduz com nível baixo no gate. E fica cortado quando há um nível alto no gate.
R
398.126.848-24
• Transistor NMOS: Conduz com nível alto no gate. E fica cortado quando há um nível baixo no gate.
D
Logo, com A=1 e B=0, temos a seguinte situação: Transistor
Nível do gate Estado do Transistor
PMOS1
1
Cortado
PMOS2
0
Conduzindo
NMOS1
1
Conduzindo
NMOS2
0
Cortado ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 47
8.
64
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✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng de Automação Jr - Transpetro 2011)
398.126.848-24
K,P,Q,R
X
K,P,Q,R
X 1
0000
1
1000
0001
1
1001
1
0010
0
1010
0
0011
0
1011
0
0100
1
1100
0
0101
1
1101
0
0110
1
1110
0
0111
1
1111
0
A tabela verdade acima apresenta o resultado das combinações lógicas das variáveis de entrada da função booleana X = f(K,P,Q,R). A expressão minimizada da função X é
T
(A) (B) (C)
AF
(D) (E)
Resolução:
Criando um Mapa de Karnaugh a partir da tabela verdade apresentada:
R
Q
Q
1
1
0
0
1
1
1
1
398.126.848-24
P
D
K
P
0
0
0
0
1
1
0
0
K
R
R
P
R
Do agrupamento preto resta K Q, do agrupamento azul resta P Q e do agrupamento vermelho resta KP , logo: X = K Q + P Q + KP ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 48
8.
65
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
Sejam A, B e C números de 8 bits representados sem sinal (0 a 255). Sejam
,
e
os números que representam
os respectivos complementos de A, B e C. 398.126.848-24
A soma
+
+
é, portanto, igual a
(A) 255 – A – B – C (B) 256 + A + B + C (C) 768 – A – B – C (D) 768 + A + B + C (E) 765 – A – B – C
T
Resolução:
Veja, se escolhermos um número X qualquer de 8 bits, por exemplo o número 129, sua representação em binário será igual a X = 10000001. Logo, seu
AF
complemento será X = 01111110, que é igual ao decimal 126. Logo percebemos que X = 255 − X, no nosso caso 126 = 255 − 129. Então A + B + C será:
A + B + C = (255 − A) + (255 − B) + (255 − C) = 255 + 255 + 255 − A − B − C
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
= 765 − A − B − C
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 49
8.
66
39
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Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
O circuito acima usa um comparador de igualdade e magnitude para números de 4 bits, como o 7485.
T
As lógicas das saídas A>B, A=B e A
AF
(B) (C) (D) (E)
R
Resolução:
398.126.848-24
Sabendo que A = P 000 e B = 000Q, montamos uma tabela-verdade para
as saídas A > B, A = B e A < B para todas combinações possíveis de P e Q:
D
P Q
A>B A=B A
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
Das últimas duas linhas da tabela tiramos que [A > B] = P , da primeira linha tiramos que [A = B] = P Q, e da segunda linha tiramos que [A < B] = P Q. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
8.
67
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
(Eng de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
O circuito acima usa um multiplexador de 4 entradas para 1 saída. A lógica da saída Y, em função de P e Q, é
T
(A) P (B) PQ (C)
AF
(D) P Q (E) P+Q
Resolução:
Para resolvermos esta questão, temos que saber que a escolha de um P e um Q determina os valores de S1 e S0 e estes últimos determinam qual entrada (D0,D1,D2 ou D3) será transferida para a saída Y. Deste modo, podemos montar
398.126.848-24
R
uma tabela com as “causas” à esquerda das “consequências” (ou seja, as únicas variáveis escolhidas pelo candidato são P e Q, o resto é consequência dessa
D
escolha), como segue:
P Q
Seleção Entrada
Saída
S1
S0
D
Y
Y
0
0
1
0
D2
PQ
0
0
1
1
1
D3
P
1
1
0
1
0
D2
PQ
1
1
1
0
1
D1
PQ
1
Note que para calcular S1 e S0 de cada linha da tabela utilizamos o P e o Q da mesma linha, e seguimos as relações (apresentadas na figura): S1 = P Q e S0 = Q. Também sabemos que S1S0=00 seleciona a entrada D0, S1S0=01
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
seleciona a entrada D1 e assim por diante.
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398.126.848-24
8.
68
39
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
Eletrônica Digital
12
6
398.126.848-24
Ora, agora basta acharmos uma expressão simplificada de Y em função de P e Q, para isso montamos o Mapa de Karnaugh baseado na tabela que desenvolvemos: 398.126.848-24
Q
Q
P
0
1
P
1
1
T
Da simplificação do mapa tiramos que: Y =P +Q
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
AF
✞
398.126.848-24
CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E NGENHEIRO ( A )
DE
E NGENHEIRO ( A )
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Mecânica dos Fluidos
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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39
8.
12
6
398.126.848-24
Introdução
398.126.848-24
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito. Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido. As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, nos primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
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tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
398.126.848-24
398.126.848-24
39
8.
12
6
398.126.848-24
Índice de Questões
398.126.848-24
Q54 (pág. 1), Q55 (pág. 2).
T
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1
AF
Q53 (pág. 3), Q54 (pág. 4).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011 Q53 (pág. 5), Q54 (pág. 5).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2 Q52 (pág. 6), Q53 (pág. 7).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 398.126.848-24
R
Q16 (pág. 7), Q17 (pág. 9), Q18 (pág. 10), Q62 (pág. 12), Q63 (pág. 13). Prova: Engenheiro(a) Eletrônica - Eletrobras Eletronuclear 2010
D
Q57 (pág. 14).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2 Q31 (pág. 15), Q32 (pág. 16), Q33 (pág. 17), Q34 (pág. 18), Q35 (pág. 19). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 Q32 (pág. 20), Q33 (pág. 22), Q36 (pág. 25), Q37 (pág. 23), Q39 (pág. 26). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 Q25 (pág. 27), Q26 (pág. 28), Q28 (pág. 29), Q29 (pág. 30). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q34 (pág. 31), Q35 (pág. 31), Q36 (pág. 33), Q37 (pág. 34), Q40 (pág. 35).
398.126.848-24
398.126.848-24
✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1 Q16 (pág. 36), Q56 (pág. 37), Q66 (pág. 40). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008 Q55 (pág. 38), Q56 (pág. 41), Q57 (pág. 42), Q58 (pág. 43), 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1 Q59 (pág. 45). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q52 (pág. 46). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2 Q62 (pág. 47). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q14 (pág. 48). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q51 (pág. 49). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2011 Q60 (pág. 50), Q66 (pág. 51), Q67 (pág. 53). 398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 48
398.126.848-24
398.126.848-24
39
8.
12
6
398.126.848-24
Mecânica dos Fluidos
398.126.848-24
Questão 1
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2) Uma barragem possui um tubo de saída a 20 m de profundidade em relação ao espelho d’água. Desprezando-se as dimensões do tubo e considerando-se a massa específica da água como sendo 1.000 kg/m3, a pressão hidráulica a essa profundidade, em kPa, está na faixa de (A) (B) (C) (D) (E)
10 40 100 250 400
a a a a a
40 100 250 400 500
Resolução:
398.126.848-24
Esta questão é extremamente simples, pois basta calcularmos qual é a pressão hidrostática a uma profundidade de 20m de água. Considerando que a massa específica ρ já está no S.I., sendo g a aceleração da gravidade e h a profundidade, basta aplicarmos a fórmula: P = ρgh P = 1000 × 10 × 20 P = 200.000P a P = 200kP a Ou seja, 100kP a < P < 250kP a. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 2
2
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2) Uma tubulação abastece um reservatório de 30 m3 a uma taxa de 10 L/min. O tempo, em horas, necessário para encher completamente esse reservatório é
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
10 20 30 40 50
Resolução: Como o reservatório é dado em metros cúbicos e é pedido o tempo em
AF
T
horas, primeiramente vamos converter a vazão de L/min para m3 /h: L 1m3 0, 01m3 60min 0, 6m3 Q = 10 × = × = min 1000L min 1h h
Da definição nós sabemos que a vazão através de uma superfície de controle é dada por:
Q=
∆V ∆t
Portanto conseguimos calcular facilmente o período ∆t necessário para en-
D
R
cher um volume V = 30m3 com a vazão dada:
∆V ∆t ∆V ∆t = Q 30m3 ∆t = 0, 6m3 /h 300 ∆t = h 6 ∆t = 50h
398.126.848-24
Q=
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 3
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3
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
Uma bomba de deslocamento positivo alimenta uma linha de óleo com vazão de 0,04 m3/s. A linha alimenta as câmaras de avanço de dois atuadores lineares, cujas áreas de êmbolo são iguais e valem 0,005 m2. Sendo a velocidade de avanço de um dos atuadores igual a 5 m/s, a do segundo atuador, em m/s, será de (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
398.126.848-24
Resolução: Se chamarmos a vazão que alimenta as bombas de Q, e as vazões que alimentam as câmaras de avanço dos atuadores lineares de Q1 e Q2 , por se tratar
T
de um líquido incompressível temos que ter Q = Q1 + Q2 , como mostra o esquema abaixo:
AF
Q1
Q
Q2
Ora, sabemos que Q = A × v, onde v é a velocidade do fluido e A a área da
R
seção transversal do condutor. Logo:
398.126.848-24
Q = Q1 + Q2 Q2 = Q − Q1
D
A2 v2 = Q − A1 v1
Q − A1 v1 A2 0, 04 − 0, 005 × 5 v2 = 0, 005 v2 =
v2 = 3m/s ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 4
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
Duas pequenas janelas de observação são instaladas em um reservatório de água cilíndrico, conforme mostrado na figura. Sendo g a aceleração da gravidade local, a diferença entre as pressões atuantes nas janelas 2 e 1 (p2 – p1) é
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
4
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
ρH O gh2 2 ρH O g(h1+h2) 2 ρH O g(h1+h3) 2 ρH O g(h2+h3) 2 ρH O g(h1+h2+h3)
h3
H2O Janela 1
h2 Janela 2 h1
2
T
Resolução:
Da hidrostática sabemos que a pressão na janela 1, p1 , é dada por:
AF
p1 = ρH2 O gh3
A pressão na janela 2, p2 , será dada por:
p2 = ρH2 O g(h3 + h2 )
Portanto, a diferênça entre estas pressões será:
R
p2 − p1 = ρH2 O g(h3 + h2 ) − ρH2 O gh3
398.126.848-24
p2 − p1 = ρH2 O g(h3 + h2 − h3 )
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
p2 − p1 = ρH2 O gh2
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 5
5
39
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011) As características dos fluidos são aproveitadas em inúmeras aplicações industriais, em particular na realização de trabalho. Qual o sistema que utiliza a característica de baixa compressibilidade dos líquidos para multiplicação de força?
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
Hidráulico Pneumático Elétrico Mecânico Termodinâmico
Resolução:
T
Pelo princípio de Pascal, valendo-se da incompressibilidade dos líquidos é possível multiplicar forças em sistemas hidráulicos. Sistemas pneumáticos são usados principalmente para controle de processos e transmissão de sinais, e seu
AF
meio (o ar) é bastante compressível. Sistemas elétricos, mecânicos e termodinâmicos não utilizam fluidos como meio principal de funcionamento.
Questão 6
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
398.126.848-24
R
Em sistemas industriais que utilizam líquidos e gases, o controle dinâmico desses elementos é de muita importância. A denominação dos parâmetros de medição devem ser bem entendidos.
D
Nesse contexto, o volume de um fluido que atravessa uma determinada seção num intervalo de tempo é denominado (A) (B) (C) (D) (E)
área fluxo massa específica velocidade média volume específico
Resolução: O volume de um fluido que atravessa uma determinada seção num intervalo de tempo é denominado fluxo. Sendo V este volume e ∆t o intervalo de tempo, temos que o fluxo Q será:
V ∆t
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q=
398.126.848-24
398.126.848-24
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6
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
A unidade de medida do fluxo Q é m3 /s. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ Questão 7
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
T
Na figura abaixo, são apresentados dois recipientes em forma de paralelepípedos, com paredes rígidas, cheios de água, que diferem nas medidas de algumas de suas arestas (múltiplos de x, y e z).
AF
Sobre a pressão exercida pelo líquido no fundo dos recipientes, com base nas dimensões dadas, considere as afirmações abaixo. A pressão é idêntica nos dois recipientes. PORQUE A pressão depende da dimensão da superfície sobre a qual o líquido repousa. A esse respeito, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmação são falsas.
R
398.126.848-24
D
Resolução:
A pressão exercida pelo líquido no fundo do recipiente depende unicamente
do peso específico do líquido e da altura da coluna de líquido, portanto a segunda afirmação é falsa. Como em ambos os casos a altura do líquido é a mesma (igual a y), então as pressões no fundo dos dois recipientes são idênticas. Logo a primeira afirmação é verdadeira. Perceba que a pressão no fundo dos recipientes não depende da dimensão
da superfície sobre a qual o líquido repousa, porém a força exercida sobre esta superfície depende, pois F = P × A. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 8
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7
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)
No estudo de mecânica dos fluidos, líquidos e gases são modelados e classificados a partir de características básicas. Dentre essas, tem-se que (A) líquidos não são dilatáveis, e gases são dilatáveis. (B) líquidos não são dilatáveis, e gases são incompressíveis. (C) líquidos são dilatáveis, e gases são incompressíveis. (D) líquidos são dilatáveis, e gases são compressíveis. (E) líquidos e gases são compressíveis.
398.126.848-24
Resolução: Em mecânica dos fluidos os líquidos são modelados como incompressíveis com o aumento da temperatura).
T
(o que é pressuposto pelo Princípio de Pascal) e dilatáveis (aumentam seu volume
Os gases possuem a característica de se expandirem livremente e serem
AF
compressíveis (pense em um seringa cheia de ar, você consegue comprimir muito o ar no seu interior, diferentemente de um líquido na mesma situação). ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
R
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
D
Questão 9
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Considere um bocal De Laval na horizontal, cuja área de seção transversal é convergente da entrada até a garganta e divergente da garganta até a saída. Considere, ainda, que o escoamento em seu interior é unidimensional, incompressível e invíscido. A velocidade do fluido, ao escoar da entrada para a saída, (A) aumenta na região convergente e aumenta na região divergente. (B) aumenta na região convergente e diminui na região divergente. (C) diminui na região convergente e aumenta na região divergente. (D) diminui na região convergente e diminui na região divergente. (E) permanece constante na região convergente e na região divergente.
398.126.848-24
398.126.848-24
8
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Resolução: 1
3 2
398.126.848-24
Q
Considere o esquema simplificado de um Bocal de Laval acima, onde identificamos o sentido do fluxo de escomendo e também três diferentes seções. Como nos é informado que o fluido é incompressível, então a vazão pela seção 1 é igual à vazão pela seção 2. Ou seja, se chamarmos de A1 a área da seção 1, de v1 a velocidade do fluido nesta seção e analogamente para a seção 2, temos o seguinte: Q1 = Q2 A1 v1 = A2 v2 A2 v1 = × v2 A1 Mas como a área A1 é maior que A2 , então a razão
A2 A1
será menor que a
unidade, o que implica que a velocidade v1 é menor que v2 . Ou seja, na parte
398.126.848-24
convergente do bocal (da seção 1 para a 2), a velocidade aumenta. Analogamente, vemos que v3 , a velocidade do fluido pela seção 3, é menor que v2 . Ou seja, na parte divergente do bocal (da seção 2 para a 3), a velocidade diminui. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 10
9
39
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1) A velocidade média de um fluido escoando dentro de um duto horizontal pode ser estimada de maneira indireta através da variação da pressão no interior desse duto. Considere dois medidores de pressão clássicos em pontos diferentes X e Y, que inferem seu valor através da altura de coluna d’água e estão abertos para o meio ambiente (Patm) em uma de suas extremidades. Se a pressão relativa no ponto Y é a metade da pressão relativa no ponto X, a razão entre alturas de coluna d’água destes dois pontos hy/hx é (A) 4 (B) 2 (C) 1 (D) 1/2 (E) 1/4
398.126.848-24
Resolução:
Hx Hy y
x
Considere o esquema acima, onde representamos duas aberturas em um duto horizontal. Também representamos as alturas do fluido nas colunas, sendo 398.126.848-24
estas alturas indicadas por Hx e Hy . Agora podemos calcular a pressão no ponto X, como segue: Px = Patm + ρgHx Px − Patm = ρgHx Px′ = ρgHx
(1.1)
Perceba que Px′ = Px − Patm , sendo Px′ a pressão relativa (ou seja, quando
descontamos a pressão atmosférica). Fazendo o mesmo para o ponto Y temos: Py = Patm + ρgHy Py − Patm = ρgHy Py′ = ρgHy
(1.2)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Porém, o enunciado nos diz que a pressão relativa no ponto Y é a metade
398.126.848-24
398.126.848-24
10
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
da pressão relativa no ponto X, então, utilizando os resultados encontrados em 1.1 e 1.2, temos: Px′ 2 ρgHx ρgHy = 2 Hx Hy = 2 Hy 1 = Hx 2 Py′ =
398.126.848-24
✞
☎
Questão 11
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1) 18
AF
Um tanque aberto em sua parte superior, exposto à atmosfera ambiente, é furado em uma altura h abaixo dessa superfície, por onde o fluido no interior do tanque vaza. Considere que o diâmetro d do furo é muito menor que esta altura, ou seja, d<
R
(C) 2 gh (E)
gh
398.126.848-24
2
gh 2
D
Resolução:
x h
y
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Considere o esquema acima, da visão lateral do tanque. O ponto x repre-
398.126.848-24
398.126.848-24
11
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
senta a superfície superior do líquido, que está em contato com a atmosfera. O ponto y, localizado a uma distância h da superfície, representa o furo pelo qual o líquido vaza do tanque. Perceba que o ponto y também está em contato com a atmosfera. 398.126.848-24
Aplicando a Equação de Bernoulli para os pontos x e y temos: Hx +
Px Vx2 Py Vy2 + = Hy + + γ 2g γ 2g
Porém, como o movimento da superfície fluido-ar é desprezível, temos que Vx = 0. Além disso, sabemos que tanto o ponto x como o y estão expostos à pressão atmosférica, ou seja: Px = Py = Patm . Voltamos então à Equação de Bernoulli:
T
Patm Patm Vy2 + 0 = Hy + + γ γ 2g 2 Vy Hx − Hy = 2g Vy2 h= 2g
AF
Hx +
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝ 398.126.848-24
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
Vy2 = 2gh p Vy = 2gh
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 12
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12
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
Numa dada tubulação, um manômetro é conectado a um medidor de vazão do tipo placa de orifício com coeficiente 0,6, sendo que a área do orifício é de 3×10-3 m2. Considere que o fluido seja incompressível e tenha densidade de 800 kg/m3 e que a aceleração da gravidade seja 10m/s2. Se a leitura do manômetro for 16 kPa, a vazão do fluido, em m3/s será:
398.126.848-24
(A) 0,8 × 10-2 (B) 1,6 × 10-2 (C) 1,8 × 10-2 (D) 3,6 × 10-2
T
(E) 7,2 × 10-2
Resolução:
é dado por:
AF
Sabemos que a equação de um medidor de vazão do tipo placa de orifício
Q = CAo
s
2g∆P ρ
Onde Q é a vazão na tubulação, C é o coeficiente da placa de orifício, Ao é a área do orifício, g é a gravidade, ∆P é a pressão medida pelo manômetro e ρ é a massa específica.
Portanto, como todos os dados já estão no SI, só precisamos substituir os 398.126.848-24
D
R
dados na equação acima para encontrarmos a vazão: s 2g∆P Q = CAo ρ r (2 × 10) × (16 × 103 ) −3 Q = (0, 6) × (3 × 10 ) 800 √ −3 Q = 1, 8 × 10 400 Q = 1, 8 × 10−3 × 20
Q = 3, 6 × 10−2 m3 /s ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
13
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
O
vazão
B 398.126.848-24
A
M
AF
T
A figura acima apresenta um esquema de medição de vazão mássica de um fluido incompressível num duto. O orifício A é perpendicular à vazão do fluido. B é um tubo Pitot com extremidade sensora posicionada na direção de vazão do fluido, conforme mostra a figura. M é um manômetro com suas extremidades conectadas às saídas de A e B. Considere que o fluido possua peso específico 1,28 × 103 kg/m3 e que a aceleração da gravidade seja 10 m/s2. Se a leitura de pressão no manômetro for 40 kPa, a velocidade do fluido no ponto O, em m/s, será: (A) 5 (B) 16 (C) 20 (D) 25 (E) 64
Resolução:
Aplicando a Equação de Bernoulli nos pontos O e B temos: Po Vo2 PB VB2 + = HB + + γ 2g γ 2g
398.126.848-24
R
Ho +
Porém, vemos que Ho = HB , pois os pontos O e B estão à mesma altura (no
centro do tubo), logo estas alturas se anularão. Também percebemos que VB , a velocidade do fluido na entrada do Tubo de Pitot, é igual a zero, pois o manômetro
D
está em equilíbrio. Logo nossa equação de Bernoulli fica:
Po Vo2 PB + = +0 γ 2g γ Vo2 PB − P o = 2g γ s 2g(PB − Po ) Vo = γ
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Porém, vemos que a diferença de pressão PB − Po é igual à leitura do manô-
398.126.848-24
398.126.848-24
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39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
metro, ou seja: PB − Po = 40kP a. Logo: s 2g(PB − Po ) Vo = γ s 2 × 10 × (40 × 103 ) Vo = 1, 28 × 103 √ Vo = 625
398.126.848-24
Vo = 25m/s ✞
☎
Questão 14
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. Eletrônica - Eletronuclear 2010)
AF
Considere um medidor de vazão do tipo placa de orifício, em uma tubulação onde o fluido é considerado incompressível e a aceleração da gravidade é aproximada para 10m/s2. A área do orifício é 5x102m2, o coeficiente funcional da placa é 0,6, a massa específica do fluido é 400kg/m3 e a vazão é 1,8x102 m3/s. Qual a pressão diferencial entre os pontos a montante e a jusante da placa, em Pa? (A) 0,9 (B) 1,8 (C) 3,6 (D) 7,2 (E) 10,5
R
Resolução:
398.126.848-24
Como sabemos que a equação de um medidor de vazão do tipo placa de
orifício é dado por:
D
Q = CAo
s
2g∆P ρ
percebemos que todas as variáveis contidas na equação são informadas no enunciado, menos ∆P , que é o que buscamos.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Resolvendo a equação para ∆P então temos: s 2g∆P Q = CAo ρ s Q 2g∆P = CAo ρ 2 2g∆P Q = CAo ρ
398.126.848-24
398.126.848-24
ρ ∆P = 2g
Q CAo
400 ∆P = 2 × 10
398.126.848-24
∆P = 20(0, 6)2
2
1, 8 × 10−2 0, 6 × (5 × 10−2 )
15
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
2
∆P = 7, 2P a ✞
☎
AF
Questão 15
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2)
As duas questões seguintes devem ser resolvidas considerando o enunciado a seguir. Uma variação de pressão P aplicada a um volume de fluido incompressível produz uma variação volumétrica relativa. Essa relação é expressa por P = B(V / V). 398.126.848-24
R
Parte 1
O sinal negativo nessa equação indica que um(a)
D
(A) aumento na pressão resulta em um aumento no volume. (B) aumento na pressão resulta em uma diminuição no volume. (C) diminuição na pressão resulta em uma redução de volume. (D) variação de pressão é sempre negativa. (E) variação no volume deve apresentar o mesmo sinal do próprio volume.
Resolução: Um corpo que inicialmente tem um volume V, ao ser submetido a uma compressão P, sofrerá uma redução de volume ∆V. A razão entre a redução de volume ∆V e o volume inicial V é chamada de variação fracional. A razão entre a variação fracional e o ∆P existente é chamada
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
de compressibilidade.
398.126.848-24
398.126.848-24
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16
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Note que o volume e a pressão são inversamente proporcionais. O volume decresce à medida que a pressão aumenta. Esse fenômeno é representado pelo sinal negativo presente na equação. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
Questão 16
(Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2) Parte 2
AF
(A) Pa/m (B) Pa/m2 (C) N/m (D) N/m2 (E) N/m3
T
A propriedade B, módulo de compressibilidade, é expressa em
Resolução:
Como fica fácil perceber, a razão
∆V V
é adimensional. Portanto, quando
R
fazemos a análise dimensional da equação:
∆P = −B
∆V V
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notamos facilmente que o módulo de compressibilidade B deve ter a mesma unidade de ∆P , ou seja, deve ter unidade de pressão. Isto nos leva à alternativa
D
(D), já que:
N = Pa m2
Para ficar fácil de entender e memorizar: O módulo de compressibilidade
representa a variação de pressão correspondente a uma variação relativa de volume. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 17
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2) O elevador hidráulico mostrado na Figura abaixo deve elevar um corpo, cujo peso P é 1,6 kN, utilizando o princípio de Pascal.
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F
Peso P 4A
A
Fluido incompressível
Se o fluido é incompressível, e a área do lado direito é quatro vezes maior do que a área do lado esquerdo do elevador, a força F, em newtons, que equilibra estaticamente o corpo é de (A) 200 (B) 400 (C) 800 (D) 1.000 (E) 1.600
Resolução: Essa questão trata sobre o Princípio de Pascal. Este princípio enuncia que os acréscimos de pressão sofridos por um líquido são transmitidos integralmente a todos os pontos do líquido e das paredes do recipiente onde este liquído está contido. Este príncipio é utilizado em fantásticas aplicações hidráulicas como o
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elevador apresentado pela questão. Nomeando de ponto 1 onde a força será aplicada e ponto 2 para o lugar onde jaz o corpo de peso P, segundo o príncipio de Pascal, é possível afirmar que: P1 = P2 F1 F2 = A1 A2 F P = A 4A P F = 4 1600 F = 4 F = 400N ✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 18
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2) Um reservatório de base retangular é preenchido com água até uma altura h. Se a pressão manométrica máxima suportada pela base do reservatório é de 25 kPa, a altura h máxima, em metros, para o nível da água é
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(A) 1,0 (B) 1,5 (C) 2,0 (D) 2,5 (E) 4,0
Dados Massa específica da água = 1.000 kg/m3 Aceleração da gravidade = 10 m/s2
Resolução:
T
Para uma massa específica ρ, aceleração da gravidade g e uma profundidade h, a pressão hidrostática P pode ser calculada pela seguinte expressão:
AF
P = ρgh
Como todos os dados já estão no S.I., basta substituirmos os valores na
D
R
fórmula e encontrar h:
P = ρgh P h= ρg 25000 h= 1000 × 10 25000 h= 10000 h = 2, 5 m
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Observe que a pressão hidrostática não depende da área da base do reci-
piente.
✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 19
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2) Uma tubulação alimenta de óleo duas derivações conforme mostrado na Figura abaixo. Saída
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Entrada
Saída
Se a vazão de entrada é de 0,01 m3/s, e as áreas das derivações são iguais a 2,5 cm2, as velocidades médias de saída do óleo nas derivações, consideradas iguais, serão, em m/s, de (A) 10 (B) 20 (C) 50
T
(D) 75 (E) 80
AF
Resolução:
O balanço de massa da tubulação indica que a vazão de entrada deve ser igual a vazão através das saídas do circuito. Vazão ou caudal é o volume de determinado fluido que passa pela tubulação a cada unidade de tempo. Vazão pode ser calculada pelo produto entre área da seção transversal de um trecho da tubulação e a velocidade média do fluido neste mesmo trecho. Sabendo de tudo
R
isso, a resolução do problema enunciado é:
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QE = QS
D
QE = QS1 + QS2 Q = Av + Av Q = 2Av Q v= 2A
1 v = 100 2, 5 2 1002 100 v= 5 v = 20 m/s ✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 20
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 )
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T
O número de Reynolds, Re, é uma quantidade adimensional para um fluido em fluxo, obtida pela combinação (apenas usando potências do tipo 0, 1 ou −1) da viscosidade , da densidade do fluido ρ, de uma velocidade típica V e um comprimento típico L, e apenas pela combinação dessas quatro variáveis. Para um dado sistema, tem-se • η = 1,0 × 10-3 Pa.s • ρ = 1,0 × 103 kg/m3 • V = 0,010 m/s • L = 0,010 m Sabendo que Re é proporcional a V, o valor de Re para esse sistema é (A) 1,0 × 103 (B) 1,0 × 102 (C) 10 (D) 1,0 (E) 0,10
AF
Resolução:
Utilizando a notação da questão, sabemos que o número de Reynolds é dado por:
Re =
ρV L η
Substituindo os valores dados, sabendo que todos estão no SI, temos: (1 × 103 ) × (0, 01) × (0, 01) 1 × 10−3 1 × 10−1 Re = 1 × 10−3
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R
Re =
D
Re = 1 × 102
O que nos leva a alternativa (B). Caso o candidato não lembrasse a expressão do Número de Reynolds (nós
aconselhamos que o candidato saiba de cabeça), bastaria fazer uma análise dimensional. Sabendo que: Re = f (ρ, V, L, η) Neste caso então deveria-se achar o valor de a, b e c que satisfizesse: Re = η −1 ρa V b Lc
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onde η −1 é fixado por tradição.
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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Neste caso então, tratando-se apenas das grandezas fundamentais de cada variável, a equação a ser resolvida seria: M 0 L0 T 0 = (M L−1 T −1 )−1 (M L−3 )a (LT −1 )b (L)c 398.126.848-24
Cuja solução seria a = b = c = 1, resultando em: Re =
ρV L η ✞
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D
R
AF
T
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 21
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 )
Usando um dinamômetro, verifica-se que um corpo de densidade dC e de volume V = 1,0 litro possui um peso que é o triplo do “peso aparente” quando completamente mergulhado em um líquido de densidade dL.
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Qual é a razão dC/dL? (A) (B) (C) (D) (E)
1/6 1/3 1 2/3 3/2
Resolução:
T
Apesar da questão utilizar o termo densidade, o mais correto neste caso seria utilizar o termo massa específica, já que densidade é adimensional. Porém específica.
AF
utilizaremos a mesma notação da questão, mas o leitor deve ler d como massa
Nesta questão o peso do corpo é:
P = mg
P = (dC VC )g
Quando o corpo estiver submerso em líquido de massa específica dL atuará
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R
sobre ele a força peso P para baixo e a força de empuxo Fe para cima, de modo que o peso aparente será a diferença entre estas duas forças. A força de empuxo é igual ao peso do volume de líquido deslocado (Princípio de Arquimedes), volume este que no nosso caso é igual a VC visto que o corpo está todo submerso.
D
Portanto o peso aparente Pa será: Pa = P − F e Pa = d C V C g − d L V C g Pa = VC g(dC − dL ) Como foi dito que P = 3Pa temos: P = 3Pa
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dC VC g = 3VC g(dC − dL )
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dC = 3dC − 3dL 2dC = 3dL dC 3 = dL 2
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Perceba que nosso resultado independeu do valor da gravidade e do volume do corpo. ✞
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 )
AF
Questão 22
T
Alternativa (E) ✆ ✝
Um densímetro, constituído por um bulbo e um tubo cilíndrico uniforme, flutua em equilíbrio em um líquido de densidade d1 = 0,80 g/cm3. Uma camada de espessura H = 1,6 cm de um outro líquido de densidade d2 = 0,70 g/cm3 é colocada.
D
R
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A altura D, em cm, a que o densímetro se eleva é (A) (B) (C) (D) (E)
0,70 0,80 1,4 1,6 2,0
Resolução: Consideraremos que a parte cilíndrica do densímetro possui área da seção transversal igual a A. Como podemos ver, nos dois casos o bulbo do densíme-
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tro está totalmente submerso no líquido 1, portanto em ambos os casos o bulbo
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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acarretará em uma força de empuxo de mesmo módulo, que chamaremos de Eb . Na situação da figura da esquerda a força de empuxo Ee será dada por: Ee = Eb + d1 (xA)g 398.126.848-24
onde x é a altura da parte cilíndrica do bulbo que está submersa, e g a gravidade. Deste modo xA representa o volume do cilindro submerso, e d1 (xA)g representa o peso do volume de líquido deslocado por este cilindro. De modo similar, na situação da figura da direita a força de empuxo Ed será dada por: Ed = Eb + d1 ((x − D)A)g + d2 (HA)g Como em ambos os casos o densímetro está em equilíbrio, então temos Ee = Ed = P , onde P é o peso do densímetro. Logo: Ee = Ed Eb + d1 (xA)g = Eb + d1 ((x − D)A)g + d2 (HA)g d1 (xA) = d1 ((x − D)A) + d2 HA d1 xA = d1 xA − d1 DA + d2 HA d1 DA = d2 HA d2 H d1 0, 7 × 1, 6 D= 0, 8
D=
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D = 1, 4cm ✞
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 )
Um fluido incompressível e sem viscosidade é transportado por um tubo cilíndrico horizontal de raio R = 2,0 cm com a velocidade V = 3,0 m/s. A partir de um certo ponto, o tubo se bifurca em dois tubos, também horizontais, com raios R’ = 1,0 cm.
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T
A velocidade V’ do fluido nos tubos após a bifurcação, em m/s, é de: (A) 1,5 (B) 3,0 (C) 6,0 (D) 9,0 (E) 12,0
AF
Resolução:
Se chamarmos de Ae a área transversal do tubo de entrada e de As as áreas transversais dos tubos de saída (que são iguais), a equação da continuidade mássica para um fluido incompressível será: Qe = Qs
V Ae = V ′ As + V ′ As
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R
V Ae = 2V ′ As
D
Mas, como as áreas transversais são circulares, temos: V (πRe2 ) = 2V ′ (πRs2 ) 2 V Re ′ V = 2 Rs 2 3 2 ′ V = 2 1 V ′ = 1, 5 × 22 V ′ = 6m/s ✞
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2012 ) Um fluido de densidade dL = 1,0 x 103 kg/m3 e velocidade V = 10 m/s passa ao redor de uma esfera de raio R = 0,10 m. A ordem de grandeza da força dinâmica que o fluido exerce sobre a esfera, em N, é
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(A) (B) (C) (D) (E)
10−3 10−1 101 103 105
Resolução: Sabemos que o módulo da força de arrasto causada por um fluido de massa específica ρ e velocidade v sobre uma superfície de área A é dado por: F d = Cx
ρv 2 A 2
onde Cx é uma constante, chamada de coeficiente de arrasto. Substituindo os valores dados (lembrando que o enunciado forneceu a massa específica, e não a densidade), e sabendo que a área A da seção transversal neste caso é um círculo, temos: (1 × 103 )(10)2 × (π(0, 1)2 ) 2 105 F d = Cx × (π10−2 ) 2 Cx π Fd = × 103 N 2 F d = Cx
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Sabendo que uma placa circular plana tem Cx ≈ 1, vemos que a ordem de
grandeza de Fd é 103 N .
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 )
A viscosidade absoluta, também conhecida como viscosidade dinâmica, é uma propriedade física característica de um dado fluido. 398.126.848-24
Analisando-se a influência da temperatura sobre a viscosidade absoluta de líquidos e gases, observa-se que a(s)
AF
Resolução:
T
(A) variação da viscosidade com a temperatura é função da substância em si e não de seu estado físico. (B) viscosidade de líquidos aumenta e a de gases decresce com o aumento da temperatura. (C) viscosidade de líquidos decresce e a de gases aumenta com o aumento da temperatura. (D) viscosidades de líquidos e gases aumentam com o aumento da temperatura. (E) viscosidades de líquidos e gases decrescem com o aumento da temperatura.
Nos líquidos a viscosidade é diretamente proporcional à força de atração entre as moléculas, portanto a viscosidade diminui com o aumento da temperatura. Nos gases a viscosidade é diretamente proporcional à energia cinética das moléculas, portanto a viscosidade aumenta com o aumento da temperatura. ✞
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D
R
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 ) Viscosidade de fluidos é comumente expressa em centipoise, apesar de sua unidade no sistema internacional de unidades ser Pa.s. Sabendo-se que centipoise (cP) é a centésima parte do Poise (P) e que Poise é g.cm−1.s−1, pode-se afirmar que um óleo com viscosidade igual a 30 cP tem uma viscosidade, expressa em Pa.s, igual a
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(A) 0,003 (B) 0,03 (C) 0,3 (D) 3 (E) 30
Resolução: Do enunciado tiramos que: cP = 10−2 P = 10−2 ×
g 10−3 kg kg = 10−2 × −2 = 10−3 cms 10 ms ms
(1.3)
De mesmo modo, desenvolvendo a unidade P a.s temos: P a.s =
kg sm2 N kg s = s = m2 m2 ms
(1.4)
De 1.3 e 1.4 tiramos facilmente então: cP = 10−3 P a.s 398.126.848-24
Deste modo, 30cP equivalem a: 30cP = 30 × 10−3 P a.s = 0, 03P a.s ✞
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 )
Considere um fluido escoando em regime permanente, em uma tubulação, do ponto 1 ao ponto 2. Integrando-se a equação da conservação da quantidade de movimento (equação do movimento) entre esses dois pontos, ao longo de uma linha de corrente do fluido, para um fluido ideal (viscosidade nula e incompressível), obtém-se a Equação de Bernoulli. Essa equação afirma que a carga total, dada pela soma das cargas de pressão, de velocidade e de altura, é constante ao longo do escoamento. Observa-se, entretanto, que, para fluidos reais incompressíveis, essa carga total diminui à medida que o fluido avança através de uma tubulação, na ausência de uma bomba entre os pontos 1 e 2.
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Isso ocorre porque
AF
T
(A) a velocidade do fluido diminui à medida que o fluido avança do ponto 1 para o ponto 2. (B) parte da energia mecânica do fluido é transformada irreversivelmente em calor. (C) o fluido se resfria ao ser deslocado do ponto 1 para o ponto 2. (D) o ponto 2 está situado abaixo do ponto 1. (E) o ponto 2 está situado acima do ponto 1.
Resolução:
A Equação de Bernoulli para situações ideais é dada por: P1 v12 P2 v22 z1 + + = z2 + + γ 2g γ 2g
R
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Ou seja, nessa expressão é considerado a variação da energia potencial
(referente a z), energia de pressão (referente a P ) e energia cinética (referente a v 2 ). Deste modo vemos que as alternativas (A), (D) e (E) estão incorretas. Uma
D
variação na temperatura do fluido acarretará uma mudança na energia de pressão, portanto vemos que a alternativa (C) também está incorreta. Para a carga total diminuir entre dois pontos deve haver uma transformação
irreversível de energia mecânica, ou seja, uma perda de energia para o ambiente. Um modo disso acontecer é quando há uma transformação de energia mecânica em calor, processo esse irreversível. Portanto a alternativa correta é a letra (B). ✞
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Questão 28
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 )
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Se um fluido newtoniano incompressível escoa na tubulação acima, com diâmetros D1 e D2, então a(s) Dado: A temperatura do fluido se mantém constante.
(A) pressão no ponto 2 é maior que no ponto 1. (B) velocidade do fluido no ponto 2 é maior que no ponto 1. (C) viscosidade do fluido no ponto 2 é maior que no ponto 1. (D) densidade do fluido no ponto 2 é maior que no ponto 1. (E) velocidades do fluido nos pontos 1 e 2 são iguais.
Resolução: Como o fluido é incompressível, vale a equação da continuidade: Q1 = Q2 Lembrando que Q = Av, temos: A1 v1 = A2 v2 A1 v2 = v1 A2
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Como vemos que A1 > A2 (já que D1 > D2 ), teremos v2 > v1 . Ou seja, a velocidade do fluido no ponto 2 será maior que a velocidade no ponto 1. Isso nos leva a marcar a alternativa (B). Pela Equação de Bernoulli vemos que P2 < P1 , já que z2 = z1 e v2 > v1 , o que invalida a alternativa (A). Como o fluido é incompressível, sua densidade é constante. E se o fluido é newtoniano, então sua viscosidade é constante. Isso invalida as alternativas (D) e (C), respectivamente. ✞
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Questão 29
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
A viscosidade é uma propriedade dos fluidos relacionada a forças volumétricas de atrito interno que aparecem em um escoamento devido ao deslizamento das camadas fluidas, umas sobre as outras. Para um fluido newtoniano, a viscosidade é fixada em função do estado termodinâmico em que o fluido se encontra. A propriedade que mais influencia na viscosidade de líquidos e gases é a temperatura. Para a maioria dos fluidos industriais, à medida que a temperatura aumenta, a viscosidade (A) dos líquidos e a dos gases aumentam. (B) dos líquidos e a dos gases diminuem. (C) dos líquidos aumenta, e a dos gases diminui. (D) dos líquidos diminui, e a dos gases aumenta. (E) dos líquidos diminui, e a dos gases não sofre alteração.
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Resolução: Nos líquidos a viscosidade é diretamente proporcional à força de atração entre as moléculas, portanto a viscosidade diminui com o aumento da temperatura. Nos gases a viscosidade é diretamente proporcional à energia cinética das moléculas, portanto a viscosidade aumenta com o aumento da temperatura. ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
Questão 30
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( Eng. de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2 ) O valor da permeabilidade absoluta (k) na equação de Darcy, para escoamento laminar em meios porosos, pode ser calculada por
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8.
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6. 8
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-2
4
sendo q = vazão volumétrica do fluido, μ = viscosidade absoluta do fluido, L = comprimento do meio poroso, A = área de escoamento e Δp = diferença de pressão, a dimensão de k é (A) L2 (B) L4 −3 (C) ML (D) ML2 −1 (E) MLT
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398.126.848-24
32
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Resolução: Pela unidade de cada grandeza deduziremos sua dimensão. Da vazão q: m3 [q] = s L3 [q] = T [q] = L3 T −1
398.126.848-24
Sabendo que [N ] = kg.m/s2 = M LT −2 , a dimensão da viscosidade µ será: [µ] = P a.s N [µ] = 2 s m M LT −2 [µ] = T L2 [µ] = M L−1 T −1 A dimensão do comprimento L é diretamente [L] = L. Da área A será: [A] = m2
→
[A] = L2
A dimensão da diferença de pressão ∆P é: [∆P ] = P a N [∆P ] = 2 m M LT −2 [∆P ] = L2 [∆P ] = M L−1 T −2
398.126.848-24
Agora finalmente podemos então calcular a dimensão de k: [q][µ][L] [A][∆p] (L3 T −1 )(M L−1 T −1 )(L) [k] = (L2 )(M L−1 T −2 ) M L3 T −2 [k] = M LT −2 [k] = L2 [k] =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 31
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33
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
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(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2) O Princípio de Arquimedes, conceito fundamental no estudo da hidrostática, pode ser enunciado da seguinte forma: “Um corpo total ou parcialmente imerso em um fluido recebe desse fluido um empuxo igual e contrário ao peso da porção do fluido deslocado e aplicado no centro de gravidade do mesmo”. Com base nesse princípio, se um cubo de gelo flutua sobre água gelada num copo, estando a temperatura dessa água próxima a 0 °C, o gelo derrete sem que haja mudança apreciável de temperatura. Nesse contexto, analise as afirmações a seguir.
398.126.848-24
I
- Se o cubo de gelo for uniforme, o nível da água no copo não se altera. II - Se o cubo de gelo estiver com um volume de ar aprisionado, o nível de água no copo desce. III - Se o cubo de gelo possuir uma pequena massa de ferro em seu interior, o nível de água no copo sobe. Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) I e II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução: I - Verdadeiro. Se o cubo de gelo for uniforme ele deslocará o mesmo volume de um correspondente “cubo de água”. Ou seja, o volume de água do copo não se alterará após o derretimento do gelo.
398.126.848-24
II - Verdadeiro. O cubo de gelo com ar aprisionado apresenta um peso maior que um cubo de gelo uniforme, devido o peso do ar (mesmo essa diferença sendo muito pequena). Portanto, antes de derreter, o gelo deslocava uma quantidade de água do copo suficiente para compensar o peso do gelo mais o peso do ar. Após o derretimento, o ar que estava preso no gelo será liberado, logo o nível de água no copo abaixará. III - Falso. Como o ferro é mais denso que a água, um cubo de gelo com uma massa de ferro no seu interior irá ficar no fundo do copo. Ao derreter o gelo a massa de ferro contunuará dentro do copo, logo o volume de água não se alterará. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 32
34
39
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
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(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
T
Uma tubulação deve ser dimensionada para que possa transportar tanto gás natural como água com a mesma vazão mássica. Considerando-se que a temperatura e a pressão de escoamento não serão muito diferentes, em ambos os casos, o número de Reynolds obtido para (A) a água será maior porque a densidade da água é maior. (B) a água será maior porque as vazões mássicas são iguais. (C) a água será menor porque a viscosidade da água é maior. (D) os dois fluidos será igual porque as vazões mássicas são iguais. (E) os dois fluidos será igual porque as relações de massas específicas e de viscosidades entre os dois fluidos serão as mesmas.
Resolução:
O número de Reynolds é dado por:
ρV L Forças de Inércia = µ Forças Viscosas
AF Re =
Como o enunciado afirma que a vazão mássica é a mesma para a água e para o gás natural, então as forças de inércia destes dois fluidos também serão iguais. Ou seja, se chamarmos esta força inercial de K podemos escrever o número de Reynolds da água (Rea ) e do gás natural (Reg ) como:
R
Rea =
K µa
e
Reg =
K µg
398.126.848-24
Como sabemos que a viscosidade da água (µa ) é maior que a viscosidade
D
do gás (µg ), podemos concluir que o número de Reynolds da água será menor que o número de Reynolds do gás natural. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 33
35
39
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
398.126.848-24
AF
T
A figura acima representa um sistema de escoamento, onde água é o fluido que escoa na vazão de 180 m3/h. Considere: • velocidade linear na tubulação horizontal: 5 m/s • velocidade linear na tubulação vertical: 25 m/s • perda de carga entre os pontos 1 e 2: desprezível • aceleração da gravidade: 10 m/s2 • pressão absoluta no ponto 1: 800 kPa Qual a pressão no ponto 2? (A) 160 kPa (C) 540 kPa (E) 1140 kPa
(B) 460 kPa (D) 1060 kPa
Resolução:
Apesar de o enunciado não ter informado, a massa específica da água é 398.126.848-24
R
dada por ρ = 1000kg/m3 , ou seja: γ = g × 1000 = 10000N/m3 . Sabendo isso, basta aplicarmos a Equação de Bernoulli nos pontos 1 e 2: H1 +
P1 V12 P2 V22 + = H2 + + γ 2g γ 2g
D
Vemos pelo esquema que H1 = 1m e H2 = 5m. Também nos foi dado que V1 =
5m/s, V2 = 25m/s, g = 10m/s2 e P1 = 800kP a, portanto basta substituirmos estes valores na equação e então encontrarmos o valor de P2 : P1 V12 P2 V22 + = H2 + + γ 2g γ 2g 2 800000 5 P2 252 1+ + =5+ + 10000 2 × 10 10000 2 × 10 H1 +
θ
P2 = 460kP a
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 34
36
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
398.126.848-24
Figura 1
Figura 2
A Figura 1 ilustra um recipiente fechado e completamente preenchido com um líquido. Sejam P1 e F1, respectivamente, a pressão e a força exercidas pelo líquido no fundo do recipiente. A Figura 2 ilustra o mesmo recipiente virado de cabeça para baixo. Sejam P2 e F2, respectivamente, a pressão e a força exercidas pelo líquido no novo fundo do recipiente. Com base nessas informações, tem-se que (C) P1 = P2 e F1 = F2
(D) P1 > P2 e F1 > F2
AF
(E) P1 > P2 e F1 < F2
(B) P1 = P2 e F1 < F2
T
(A) P1 = P2 e F1 > F2
Resolução:
Da hidrostática sabemos que a pressão em uma determinada profundidade de um líquido depende unicamente da altura e peso específico da coluna de líquido acima deste ponto (P = γh). Como a altura do recipiente nas duas situações é igual (afinal trata-se do mesmo recipiente, completamente cheio), podemos
R
concluir que a pressão no fundo dos recipientes são iguais, ou seja: 398.126.848-24
P 1 = P2
D
Agora, sabendo que pressão é igual a razão da força pela área, temos: P 1 = P2 F1 F2 = A1 A2 A1 F1 = × F2 A2
Como vemos nas figuras, a área do fundo do recipiente 2 é maior, ou seja: A2 > A1 . Isso faz com que a razão
A1 A2
seja menor que a unidade, então concluimos que: F 1 < F2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 35
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37
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
398.126.848-24
AF
T
Uma pedra de massa 0,2 kg está em equilíbrio, totalmente submersa na água e parcialmente sustentada por um dinamômetro, que marca 1,5 N. Sabendo-se que a densidade da água é 1000 kg/m3 e considerando-se a gravidade local igual a 10 m/s2, o volume da pedra, em cm3, vale (A) 30 (B) 35 (C) 40 (D) 45 (E) 50
Resolução:
Como a pedra está em equilíbrio, a soma das forças que a puxam para cima 398.126.848-24
R
deve ser igual a soma das forças que a empurram para baixo. Ao analisarmos, vemos que duas forças puxam a pedra para cima, que é a força do dinamômetro (Fd ) e a força de empuxo (Fe ). A única força que empurra a pedra para baixo é sua
D
força peso (Fp ), portanto:
Fd + Fe = Fp
Do princípio de Arquimedes, sabemos que a força de empuxo sobre um
objeto submerso é igual ao peso do volume de líquido deslocado pela submersão, ou seja: Fe = ρgVS , onde VS é o volume submerso. Logo, voltando à equação de equilíbrio temos: Fd + Fe = Fp
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Fd + ρgVS = M g M g − Fd VS = ρg
398.126.848-24
398.126.848-24
VS =
38
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
0, 2 × 10 − 1, 5 1000 × 10
VS = 5 × 10−5 m3 VS = 50cm3
398.126.848-24
Como a pedra está totalmente submersa, o valor de VS encontrado equivale ao volume da pedra. ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
T
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008)
AF
Questão 36
1m
Nível da água
Comporta (1 m x 1 m) 1 m
1m
R
398.126.848-24
D
Uma comporta quadrada de 1 m x 1 m é posicionada a 1 m de profundidade, conforme mostrado na figura. Considerando que para a água = 1.000 kg/m3 e fazendo g = 10 m/s2, a força da água sobre a comporta, em kN, vale (A) 2 (B) 5 (C) 10 (D) 15 (E) 20
Resolução:
Sabemos que P =
F , A
ou ainda: F = P A. Porém no problema em questão
a pressão P em cada região da comporta é diferente, pois a pressão hidrostática depende da profundidade. Para resolver este problema basta utilizarmos a versão integral da equação da força em função da pressão, que será: Z P dA F =
(1.5)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A
398.126.848-24
398.126.848-24
39
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Como a comporta começa na profundidade de 1m e acaba na profundidade de 2m, temos h1 = 1m e h2 = 2m, nossos limites de integração. A pressão P depende da altura de coluna d’água: P = ρgh. O diferencial de área dA pode ser representado em função do diferencial de altura dh, como mostra a figura abaixo: 398.126.848-24
} dh 1m
dA = 1 x dh
T
1m
Então podemos partir da equação 1.5, que integra sobre a área A, e chegar
AF
em uma forma integral cujos limites de integração são as alturas h1 e h2 : Z F = P dA A Z h2 F = P dA h1 Z 2 F = (ρgh) × (1 × dh) 1 Z 2 F = ρg h dh 1 2 2 h F = ρg 2 1 4 1 F = 1000 × 10 × − 2 2 F = 15kN ✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
398.126.848-24
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 37
40
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
A
398.126.848-24
4,0 m
Gás
B
C
Óleo
T
0,5 m
A figura ao lado ilustra um recipiente cilíndrico totalmente fechado, contendo gás e óleo. A, B e C são pontos no interior do recipiente, estando A no seu tampo, C na sua base e B na interface gás-óleo. As densidades do óleo e do gás valem, respectivamente, 0,8 g/cm3 e 0,01 g/cm3. Sabendo-se que a pressão no ponto A vale 6 kPa e que a gravidade local vale 10 m/s2, conclui-se que a pressão no ponto C, em kPa, vale (E) 10,4 (A) 4,0 (B) 6,0 (C) 6,4 (D) 10,0
Resolução:
para o SI:
AF
Primeiramente, para prevenir erros, vamos passar as densidades dadas g 10−3 kg = 0, 8 = 800kg/m3 3 −6 3 cm 10 m g 10−3 kg ρg = 0, 01 3 = 0, 01 −6 3 = 10kg/m3 cm 10 m Sendo ρo e ρg a massa específica do óleo e do gás, respectivamente. ρo = 0, 8
Agora no ponto C, se chamarmos a pressão exercida pela coluna de gás de
R
Pg e a pressão exercida pela coluna de óleo de Po , temos que apressão no ponto C (PC ) será:
PC = P A + Pg + Po
D
PC = PA + ρg ghg + ρo gho
398.126.848-24
PC = 6k + 10 × 10 × 4 + 800 × 10 × 0, 5 PC = 6k + 0, 4k + 4k PC = 10, 4kP a
Obs.: Perceba como as pressões podem ser somadas escalarmente e independem do formato do recipiente. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 38
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41
39
MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008) Considerando g = 10 m/s2 e patm = 1 bar, o valor da pressão manométrica atuante nos ouvidos de um mergulhador na água ( = 1.000 kg/m3), correspondente a três vezes a pressão atmosférica, está associado a uma profundidade, em m, de (A) 10 (B) 30 (C) 100 (D) 300 (E) 500
398.126.848-24
Resolução: Sabemos que 1bar = 105 P a, então: patm = 105 P a. A pressão P a uma dada profundidade h é dada por: P = ρgh Para sabermos qual a profundidade h que apresenta uma pressão de 3patm fazemos: P = ρgh 3patm = ρgh 3patm h= ρg 3 × 105 h= 1000 × 10
398.126.848-24
h = 30m
✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 39
42
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008)
Espessura t
398.126.848-24
1,0 m
0,20 m
Nível da água 0,80 m
1,0 m
Uma caixa aberta de dimensões externas 1 m x 1 m x 1 m com fundo fechado flutua na água com 0,20 m de sua altura para fora da água e 0,80 m submerso. A caixa é fabricada de uma chapa fina cujo material tem uma massa específica de 5.000 kg/m3. Considerando a massa específica da água de 1.000 kg/m3 e desprezando as pequenas diferenças nas dimensões referentes às uniões entre as placas, a espessura t da chapa, em cm, que atende a essas condições, vale (E) 4,0 (A) 2,8 (C) 3,2 (B) 3,0 (D) 3,5
Resolução: Primeiramente vamos calcular o volume da caixa, em m3 , percebendo que
398.126.848-24
ela não apresenta tampa: Vc = 2 × (1 × 1 × t) + 2 × [(1 − 2t) × 1 × t] + (1 − 2t) × (1 − 2t) × t Vc = 2t + 2t − 4t2 + t − 4t2 + 4t3 Vc = 5t − 8t2 + 4t3
Porém, como sabemos que t é pequeno (uma fração de metro), podemos desprezar os termos elevados ao quadrado e ao cubo, pois estes serão quase igual a zero. Portanto o volume aproximado da caixa será: Vc ≈ 5t Sabendo o volume e a massa específica da caixa, podemos então encontrar o valor do seu peso:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Pc = ρc gVc = 5000 × g × 5t = 25 × 103 tg
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43
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
Sendo ρa a massa específica da água e VS o volume submerso da caixa, pelo princípio de Arquimedes podemos calcular a força de empuxo Fe : Fe = ρa gVS = 1000g × (1 × 1 × 0, 8) = 0, 8 × 103 g 398.126.848-24
Ora, como a caixa está em equilíbrio, então a força de empuxo é igual ao seu peso: Pc = F e 25 × 103 tg = 0, 8 × 103 g 0, 8 t= 25 t = 0, 032m t = 3, 2cm ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 40
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008)
y
Calha
v = 3y2
Nível 398.126.848-24
1 m3
Uma calha com seção quadrada de 1 m x 1 m alimenta um reservatório de 1 m3 em 1.000 s. Considerando que o perfil de velocidades do escoamento na calha obedece à equação v = 3y2 (m/s), onde y é expresso em metros, a velocidade média do escoamento, em m/s, e o nível do fluido na calha, em m, valem, respectivamente, (A) 0,01 e 0,1 (B) 0,01 e 0,2 (C) 0,02 e 0,1 (D) 0,02 e 0,2 (E) 0,04 e 0,1
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Se o reservatório de 1m3 é enchido em 1000s, podemos facilmente calcular
398.126.848-24
398.126.848-24
a vazão Q pela calha: Q=
44
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
V 1 = = 10−3 m3 /s ∆t 1000
Chamando de ymax a altura máxima do fluido dentro da calha, de A a área da seção transversal do fluido dentro da calha (ou seja, A = 1×ymax ) e v a velocidade
398.126.848-24
média do fluido, temos: Q = vA 10−3 = v × (1 × ymax ) v=
10−3 ymax
(1.6)
T
Mas, como temos uma expressão da velocidade instantânea em função da
AF
altura do fluido (v(y) = 3y 2 ), podemos encontrar a velocidade média v como segue: Z ymax 1 v= v(y) dy ymax 0 Z ymax 1 v= 3y 2 dy ymax 0 1 v= [y 3 ]y0max ymax (1.7)
2 v = ymax
D
R
Agora, igualando as equações 1.6 e 1.7 temos:
398.126.848-24
10−3 2 = ymax ymax
3 ymax = 10−3
ymax = 0, 1m
Agora que conhecemos ymax , voltamos na equação 1.7: 2 v = ymax
v = (0, 1)2 v = 0, 01m/s
Obs.: Observe que poderíamos ter descoberto a alternativa correta assim que encontramos a equação 1.6, pois a única alternativa cuja multiplicação dos ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
valores (v × ymax ) resulta em 10−3 é a alternativa (A).
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398.126.848-24
Questão 41
45
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior Elétrica - Petrobras 2012/1)
Um fluido ideal, incompressível e sem viscosidade, é conduzido por um tubo horizontal fino (plano horizontal xy) que se bifurca, como mostrado na figura acima. As seções retas antes e depois da bifurcação são idênticas. A velocidade do fluido na posição de v1 é igual a 2,0 m/s.
398.126.848-24
Qual a diferença de pressão ΔP = P1 – P2 (em Pa) entre a posição de v1 e v2 (ou v3)? Dados: • Aceleração da gravidade g = 10 m/s2 • Densidade do fluido ρ = 1,0 × 103 kg/m3 • As pressões e velocidades nas posições de v2 e v3 são idênticas
(B) −750
(C) 0
(D) 750
(E) 1500
T
(A) −1500
Resolução:
A área da seção da tubulação, que é constante, chamaremos de A. Logo
AF
temos a seguinte relação entre as vazões: Q1 = Q2 + Q3
Av1 = Av2 + Av3 v1 = v2 + v2
, mas v3 = v2 v1 ⇒ v2 = 2
Agora aplicamos a Equação de Bernoulli nos pontos 1 e 2, lembrando que eles estão no mesmo nível:
R
398.126.848-24
P1 v12 P2 v22 + = H2 + + γ 2g γ 2g 2 2 (P1 − P2 ) v v (H1 − H2 ) + = 2 − 1 γ 2g 2g v1 2 (P1 − P2 ) v2 = 2 − 1 0+ γ 2g 2g 2 v1 1 P1 − P 2 = γ −1 2g 4 v2 P1 − P2 = −0, 75(ρg) 1 2g
D
H1 +
P1 − P2 = −0, 75 × (1000 × 10) × P1 − P2 = −1500P a
22 2 × 10 ✞
☎
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8.
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 42
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46
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
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6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior Elétrica - Petrobras 2011)
O sistema apresentado ao lado é composto de um reservatório d’água e de um tubo em U que se encontra totalmente cheio. A curvatura do tubo está 1 m acima da superfície da água, e 6 m acima da extremidade de saída do tubo, conforme ilustra a figura.
398.126.848-24
Considere as seguintes informações: • tanto a superfície do reservatório quanto a extremidade de saída do tubo estão à pressão atmosférica; • o escoamento é permanente, incompressível, sem atrito e ao longo de uma linha de corrente; • o reservatório é suficientemente grande em comparação com o tubo para que o nível do mesmo permaneça constante.
(A)
T
Com base nas informações e adotando a aceleração gravitacional de 10 m/s2, qual a velocidade do jato na extremidade de saída do tubo? (C) 20 m/s
(B) 10 m/s
7 m/s
(E) 60 m/s
AF
Resolução:
(D) 50 m/s
Pegaremos um ponto sobre a superfície livre do líquido no reservatório, e chamaremos de ponto 1. Outro ponto que pegaremos é a extremidade mais baixa do tubo em U, e o chamaremos de ponto 2. Já sabemos que P1 = P2 = Patm , e também que v1 = 0 (nível do reservatório constante). Agora então aplicamos a Equação de Bernoulli nos pontos 1 e 2:
R
398.126.848-24
P1 v12 P2 v22 + = H2 + + γ 2g γ 2g 2 P 1 − P2 v (H1 − H2 ) + +0= 2 γ 2g Patm − Patm v22 (5 − 0) + = γ 2 × 10
D
H1 +
v22 = 20 × 5
v2 = 10m/s ✞
☎
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8.
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 43
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
(Eng. Equipamentos Júnior Elétrica - Petrobras 2010/2)
A figura ao lado apresenta parte de um sistema de oleodutos de uma refinaria onde • Q1, Q2 e Q3 são as vazões do óleo entre os trechos AB, BD e BC, respectivamente; • D1, D2 e D3 são os diâmetros dos oleodutos entre os trechos AB, BD e BC, respectivamente.
398.126.848-24
Considerando que a velocidade do óleo é a mesma em todo o sistema, e que a vazão Q2 é 3 vezes maior que a vazão Q3, a razão entre os diâmetros D2/D3 é 3
(C) 3 3
(B) 2 3
(E) 5 3
(D) 4 3
T
(A)
Resolução:
ado), temos:
AF
Observando o esquema apresentado e sabendo que Q2 = 3Q3 (do enunci-
Q1 = Q2 + Q3
Q1 = 3Q3 + Q3 Q1 = 4Q3
D
R
Com este resultado voltamos ao mesmo esquema para encontrar D2 /D3 : 398.126.848-24
Q1 = Q2 + Q3 4Q3 = Q2 + Q3 3Q3 = Q2 3A3 v = A2 v
D32 D2 =π 2 4 4 2 D2 =3 D3 D2 √ = 3 D3 3π
✞
☎
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-2
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 44
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
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398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1)
Um elevador hidráulico, constituído por dois pistões conectados pela base e preenchidos por um líquido apropriado, tem de um lado um caminhão de 32 toneladas e do outro um homem de 80 kg, ambos no mesmo alinhamento. O lado onde se encontra o homem possui um diâmetro de 5 cm. Para equilibrar o sistema, o diâmetro do outro pistão deve ser, em cm, igual a (A) 0,2 (B) 0,8 (C) 100 (D) 200 (E) 300
398.126.848-24
Resolução: Se chamarmos de FH a força peso do homem, AH a área sobre a qual o homem está no elevador hidráulico, FC a força peso do caminhão e AC a área sobre a qual o caminhão está, temos o seguinte esquema simplificado do elevador
T
hidráulico: PH
PC
AC
AF
AH
Para o elevador estar em equilíbrio, a pressão produzida pelo caminhão deve
D
R
ser igual à pressão produzida pelo homem, ou seja:
398.126.848-24
PC = PH FC FH = AC AH FC AH = FH AC
Sendo MC e MH as massas do homem e do caminhão, respectivamente,
e sabendo que os pistões são cilíndricos, basta encontrarmos DC , o diâmetro do pistão sobre o qual o caminhão se encontra:
MC g
FC AH = FH AC 2 πDH πDC2 = MH g 4 4
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6. 8
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-2
4
2 MC DH = MH DC2
398.126.848-24
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DC =
s
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
12
6
398.126.848-24
2 MC DH MH
r
(32 × 103 ) × (5)2 80 √ DC = 10000 DC =
398.126.848-24
DC = 100cm ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
( Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2012 )
T
Questão 45
Considere uma esfera homogênea de volume Vesf , construída com um material cujo peso especifico é γx. Essa esfera é imersa em um recipiente com água, com peso específico γágua e volume Vágua.
(A) γx= γágua
AF
Qual deve ser a expressão do peso específico da esfera para que, quando imersa na água, fique equilibrada de modo que o nível da água passe exatamente pelo seu centro? (B) γx=
γágua 2
(C) γx=
γáguaVesf Vágua
(D) γx=
γáguaVágua
(E) γx=
Vesf
γáguaVágua 2Vesf
Resolução:
O nível da água passará exatamente pelo centro da esfera quando esta es398.126.848-24
R
tiver com exatamente metade de seu volume submerso. Nesta situação, o volume Vesf de água deslocado pela esfera será igual a . 2 Como a esfera deve estar em equilíbrio, então o empuxo gerado por esse
D
deslocamento de água deve ser igual ao peso total da esfera, ou seja: Fempuxo = Pesf era γagua Vdeslocado = γx Vesf Vesf γagua = γx Vesf 2 γagua γx = 2 ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 46
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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398.126.848-24
(Eng. Júnior Elétrica - Transpetro 2011)
Um carro encontra-se suspenso por meio de uma prensa hidráulica, conforme mostrado na figura acima. O diâmetro, d1, do êmbolo maior que sustenta o carro é igual a 40 cm. O diâmetro, d2, do êmbolo menor, é igual a 5 cm. Considere o fluido interno na prensa ideal e as massas dos êmbolos desprezíveis. Se a massa do carro é de 1.600 kg, qual é o valor da massa do contrapeso, em kg, para manter o carro suspenso e em equilíbrio?
398.126.848-24
25 50 100 200 400
T
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Para o carro e o contrapeso estarem em equilíbrio, basta que as pressões
AF
nas duas extremidades da prensa hidráulica sejam iguais. Logo: P2 = P1 F2 F1 = A2 A1 m2 g m1 g = A2 A1 A2 m2 = m1 A1
m2 =
398.126.848-24
m1
d2 d1
2
m1 2 0, 05 m2 = × 1600 0, 40 m2 = 25kg ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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6. 8
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-2
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D
R
m2 =
πd22 4 πd21 4
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Questão 47
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. Júnior Elétrica - Transpetro 2011)
Deseja-se medir a velocidade v do fluido 1 utilizando-se o instrumento mostrado na figura acima, que se encontra em repouso. A diferença de nível do fluido 2, nos tubos verticais, é de 5 cm, conforme indicado na figura. Considerando a aceleração da gravidade igual a 9,8 m/s2 e sabendo-se que a densidade do fluido 1 é igual a 9,8 x 10−5 vezes a densidade do fluido 2, qual é o valor, em m/s, da velocidade do fluido 1?
398.126.848-24
50 100 250 500 1000
T
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Como podemos observar, o instrumento apresenta duas aberturas, uma
AF
frontal e outra superior. Perceba que se as pressões nestas duas aberturas fossem iguais, teríamos um ∆h igual a zero, ou seja, este instrumento mede a pressão diferencial entre as duas aberturas. Sabemos que esta pressão diferencial é determinada pelo peso da coluna de líquido que tem altura ∆h (fluido 2), ou seja: ∆P = ρ2 g∆h
Pf − Ps = ρ2 g∆h
R
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Onde denotamos Pf como a pressão na abertura frontal e Ps como a pres-
são na abertura superior. Como nos foi dado a relação entre ρ2 e ρ1 e também o
D
valor de g, temos:
Pf − Ps = ρ2 g∆h ρ1 Pf − Ps = × 9, 8∆h 9, 8 × 10−5 Pf − Ps = 105 ρ1 ∆h
Encontrado ∆P , aplicamos a Equação de Bernoulli na abertura frontal e na abertura superior. Mas observe que na abertura frontal a velocidade do fluido 2 é
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8.
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6. 8
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-2
4
zero (vf = 0), enquanto na abertura superior a velocidade é igual a velocidade do
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
8.
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fluido 2, que queremos determinar. Então: vf2 Pf Ps vs2 + = Hs + + γ1 2g γ1 2g Pf − Ps v2 (Hf − Hs ) + +0= s γ1 2g Pf − Ps v2 0+ = s ρ1 g 2g 5 10 ρ1 ∆h v2 = s ρ1 2 Hf +
398.126.848-24
vs2 = 2 × 105 ∆h p vs = 2 × 105 × 0, 05
T
vs = 100m/s
✞
☎
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Questão 48
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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(Eng. Júnior Elétrica - Transpetro 2011) Deseja-se fazer um pequeno orifício na parede de um reservatório de água, de forma que a água jorrada atinja exatamente o ponto x, localizado a uma distância de 6 m da base do reservatório, conforme indicado na figura acima. Assuma que o reservatório seja aberto e grande o suficiente para que o nível da água, H, permaneça constante e igual a 10 m, mesmo após a abertura do orifício.
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Diante dessas informações, o valor, em metros, da distância mínima, y, da lâmina d’água para que a água atinja o ponto x desejado é (A) 1,0 (B) 3,0
(C) 4,0 (D) 6,0
(E) 9,0
Resolução:
V Vy
Acima vemos esboçada a trajetória desejada do jato de água, atingindo o ponto X. Também mostramos as componentes Vx e Vy , correspondentes respectivamente à
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velocidade horizontal e vertical do fluido, em um determinado instante. Do estudo do movimento balístico sabemos que a velocidade horizontal é constante (movimento uniforme) e a velocidade vertical sofre efeito da aceleração da gravidade (movimento uniformemente variado). Para nossa análise, chamaremos de h a altura do furo em relação ao solo, ou seja, h = H − y. Nosso primeiro passo será determinar o tempo t que o fluido demora para sair do orifício e atingir o solo. Para isso analisamos o movimento vertical, utilizando a equação cinemática para movimentos uniformemente variados, como segue: h = V y0 t +
gt2 2
gt2 2 2(H − y) t2 = g
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4
H −y =0+
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MECÂNICA DOS FLUIDOS
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A velocidade Vx é obtida com a aplicação da Equação de Bernoulli (vide √ página 10), e no nosso caso é dada por Vx = 2gy. Também sabemos que esta velocidade que será responsável por fazer o fluido atingir o ponto X (percorrer 6m), e para tal levará o tempo t, que calculamos acima. Logo: 398.126.848-24
p Vx = 2gy ∆S p = 2gy ∆t 6 p = 2gy t 36 = 2gy t2 36 = 2t2 gy 2(H − y) )gy g
T
36 = 2(
36 = 4(10 − y)y
AF
36 = 40y − 4y 2
y 2 − 10y + 9 = 0 y = 1m
ou y = 9m
Como podemos ver, o problema tem duas soluções. Porém o enunciado
✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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D
R
pede a mínima distância y, logo a resposta correta é y = 1m.
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CONCURSO PETROBRAS E NGENHEIRO ( A ) E NGENHEIRO ( A )
DE
E NGENHEIRO ( A )
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A ) J ÚNIOR - Á REA : E LÉTRICA
T
Termodinâmica
AF
Questões Resolvidas
RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.2a
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito. Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido. As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, nos primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
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tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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-2
4
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2 Q52 (pág. 2), Q53 (pág. 3).
Q44 (pág. 10), Q45 (pág. 11).
T
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011
AF
Q41 (pág. 25), Q43 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/2 Q54 (pág. 9), Q55 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 Q14 (pág. 13), Q15 (pág. 14).
R
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/2
D
Q65 (pág. 4), Q66 (pág. 5).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Áreas: Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006 Q30 (pág. 18), Q32 (pág. 19). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1 Q58 (pág. 27), Q60 (pág. 28). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q50 (pág. 20), Q51 (pág. 21). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
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-2
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Q58 (pág. 22).
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Termodinâmica
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q15 (pág. 23). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2011 Q63 (pág. 7), Q64 (pág. 8). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Elétrica - Transpetro 2008 Q35 (pág. 32). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Termoaçu 2008 Q43 (pág. 1), Q44 (pág. 34). Prova: Profissional Júnior - Engenharia Elétrica - BR Distribuidora 2008
T
Q44 (pág. 35), Q45 (pág. 30). Prova: Engenheiro(a) de Termelétrica Júnior - Elétrica - Termorio 2009 Q35 (pág. 31).
Q43 (pág. 33).
AF
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2014/2 Q48 (pág. 6).
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R
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2012/1 Q42 (pág. 38), Q46 (pág. 39).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2
D
Q52 (pág. 36).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1 Q19 (pág. 17), Q49 (pág. 37). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008 Q68 (pág. 15). Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - CESPE - Petrobras 2008 Q96 (pág. 40), Q97 (pág. 41),
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-2
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Número total de questões resolvidas nesta apostila: 38
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Termodinâmica
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Questão 1
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Termoaçu 2008)
Pressão
O gráfico abaixo representa um gás nos estados A e B.
B
AF
T
A
Volume
D
R
Analisando as linhas que ligam os estados A e B e que determinam os possíveis caminhos para a mudança do estado A para B ou B para A, pode-se afirmar que: I - a saída do gás do estado A para B e o retorno de B para A, pelo mesmo caminho, implica um trabalho nulo; II - a saída do gás do estado A para B e o retorno de B para A, por um caminho diferente, implica um trabalho igual à área da figura formada pelos caminhos; III - a saída do gás do estado A para B implica um trabalho igual à área formada pela curva delimitada pelos pontos A e B, e sua projeção sobre o eixo de volume.
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É(São) correta(s) a(s) afirmativa(s) (A) I, apenas (B) II, apenas (C) I e II, apenas (D) I e III, apenas (E) I, II e III
Resolução: Para responder aos seguintes itens devemos lembrar que o trabalho realizado por um gás é dado por: W =
Z
Vf
P dV Vi
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6. 8
48
-2
4
Onde Vi é o volume do gás no estado inicial e Vf é o volume final. Observe que em
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8.
2
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Termodinâmica
12
6
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um gráfico PxV o trabalho corresponde à área abaixo da curva e acima do eixo dos volumes, portanto o trabalho depende do caminho percorrido. Agora julguemos os itens: I - Verdadeiro. Percorrendo um caminho de A a B o trabalho será positivo (au-
398.126.848-24
mento de volume) e numericamente igual a àrea sob este caminho. Na volta de B para A pelo menos caminho, o trabalho será negativo porém de mesmo módulo. Logo a soma destes dois trabalhos será nula. II - Verdadeiro. Como podemos concluir do item anterior. Perceba que este trabalho será positivo quando o ciclo percorrido for no sentido horário, pois isso acarretará em um trabalho positivo maior(em módulo) que o trabalho negativo. Se o ciclo for percorrido no sentido anti-horário o trabalho será negativo. Porém em ambos os casos o trabalho será, em módulo, igual à área interior ao ciclo. III - Verdadeiro. Como foi explicado no primeiro item. ☎
Alternativa (E) ✆ ✝
D
R
AF
T
✞
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Questão 2
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2) O título de uma mistura composta por uma parcela na fase líquida e outra na fase vapor, na temperatura de saturação, é considerado uma propriedade intensiva e corresponde à razão entre a massa (A) (B) (C) (D) (E)
total e a massa de vapor saturado total e a massa de líquido saturado de vapor saturado e a massa total de líquido saturado e a massa total de líquido comprimido e a massa total
Resolução: Sabemos que o título(x) de uma substância em estado saturado é dado por: mv ml + mv
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x=
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8.
3
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
Onde mv é a massa de vapor e ml é a massa de líquido presentes. O título de uma mistura corresponde ao valor percentual de vapor saturado presente na mistura. Percebe-se que quando x = 1 (ml = 0) a mistura está totalmente no estado vapor saturado. Quando x = 0 (mv = 0) a mistura está totalmente
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no estado líquido saturado. ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 3
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2014/2) Pela lei zero da termodinâmica, tem-se que
D
R
AF
T
(A) a integral cíclica do calor é proporcional à integral cíclica do trabalho, durante qualquer ciclo percorrido por um sistema. (B) a igualdade de temperatura de dois corpos com um terceiro corpo é um indicador de que os três têm igualdade de temperatura entre si. (C) um moto-perpétuo de segunda espécie é impossível de ser construído. (D) um dispositivo que opere segundo um ciclo e que não produza outros efeitos, além da transferência de calor de um corpo frio para um corpo quente, é impossível de ser construído. (E) um dispositivo que opere num ciclo termodinâmico e que não produza outros efeitos, além do levantamento de um peso e da troca de calor com um único reservatório térmico, é impossível de ser construído.
398.126.848-24
Resolução: Segundo o livro Fundamentos de Física (Halliday, Resnick e Walker), a Lei Zero da Termodinâmica é enunciada como: “Se dois corpos A e B estão separadamente em equilíbrio térmico com um terceiro corpo T, A e B estão em equilíbrio térmico entre si.” Sabemos que o equilíbrio térmico acontece quando não há troca de calor entre os corpos, ou seja, os corpos estão à mesma temperatura. Logo vemos que a alternativa correta é a (B). ✞
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4
Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 4
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Termodinâmica
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398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
corpo quente 398.126.848-24
Qentra sistema Wciclo Qsai corpo frio
A eficiência térmica () de um sistema que percorre um ciclo de potência, como o representado na Figura acima, em termos das energias Qentra e Qsai, é dada por (A)
Qentra - Qsai Qentra
(B)
Qentra - Qsai 2Qentra
(C)
Qentra - Qsai Qsai
(D)
Qentra + Qsai 2
(E) Qentra - Qsai
Resolução:
T
Sabemos que a eficiência (η) de uma máquina térmica é definida como:
AF
W
Qquente
D
R
η=
Onde W é o valor absoluto do trabalho realizado por um ciclo termodinâmico e Qquente é a quantidade de calor fornecida pela fonte quente.
398.126.848-24
Pelo ciclo de potência apresentado na figura vemos que W = Qentra − Qsai e que o calor fornecido pela fonte quente é Qentra . Portanto: η=
W
Qquente Qentra − Qsai η= Qentra ✞
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 5
8.
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Termodinâmica
12
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398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2014/2)
corpo quente 398.126.848-24
Qsai sistema Wciclo Qentra corpo frio
O coeficiente de desempenho () de um sistema que percorre um ciclo de bomba de calor, como o representado na Figura acima, em termos das energias Qentra e Qsai, é dado por
(A)
Qentra 2(Qentra + Qsai )
(B)
Qentra (Qentra - Qsai )
(C)
Qsai Qsai - Qentra
(D)
(E) Qsai - Qentra
Resolução:
T
Para uma bomba de calor, o coeficiente de desempenho (γ), também cha-
R
AF
mado de coeficiente de performance (COP), é dado por:
D
γ=
Qquente W
Onde Qquente é o calor liberado para o reservatório quente (saída de uma
398.126.848-24
bomba de calor), e W é o trabalho realizado pela bomba de calor. Do ciclo representado na figura percebemos que W = Qsai − Qentra e que Qquente = Qsai . Portanto: Qquente W Qsai γ= Qsai − Qentra γ=
✞
☎
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6. 8
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4
Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 6
8.
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2014/2) Uma máquina opera em ciclos retirando, em cada ciclo, QQ = 375 cal, apenas de uma fonte quente (177 °C) e rejeitando QF = 250 cal, apenas em uma fonte fria (27 °C). A variação da entropia do universo, em cal/K, durante cada ciclo dessa máquina, é
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
3,75 2,50 0,27 0,00 1,27
Resolução: Entropia é a medida de desordem das partículas em um sistema físico. A entropia de um sistema fechado nunca diminui: permanece constante em processos reversíveis e aumenta em processos irreversíveis. Processos irreversíveis aumentam a entropia do universo. Transformações espontâneas aumentam a entropia do universo. Em particular, o universo evolui de tal forma que a sua entropia total
T
sempre permanece a mesma ou aumenta.
AF
Esta questão busca saber a variação da entropia do universo no processo
R
cíclico. A variação de entropia em um processo cíclico é igual a zero, pois a en-
D
tropia só depende do estado final e inicial, que são coincidentes. Se não houve variação de entropia no sistema, com as informações fornecidas, podemos esten-
398.126.848-24
der e afirmar que também não houve variação da entropia do universo. ∆Suniverso = ∆Ssistema + ∆Svizinhanca ✞
☎
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 7
8.
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Termodinâmica
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6
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(Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
Um gás ideal pode ser levado de seu estado inicial de pressão-volume x a um estado final y, através de três processos diferentes, 1, 2 e 3, conforme indicado no diagrama acima. De acordo com as informações acima, analise as afirmações a seguir. O trabalho realizado pelo gás nos três processos indicados será o mesmo. PORQUE O trabalho realizado por um gás depende apenas de seus estados inicial e final de pressão-volume.
D
R
AF
T
Analisando-se as afirmações acima, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmações são falsas. 398.126.848-24
Resolução: Sabemos que o trabalho entre dois estados é dado por: Z Vf W = P dV Vi
Onde Vi é o volume do gás no estado inicial e Vf é o volume final. Observe que em um gráfico PxV o trabalho corresponde à área abaixo da curva e acima do eixo dos volumes, portanto o trabalho depende do caminho percorrido. Analisando o gráfico PxV percebemos que o trabalho será diferente para cada caminho percorrido, e seguirá a proporção: W1 (x → y) < W2 (x → y) < W3 (x → y). Portanto vemos que as duas afirmações feitas na questão são falsas. ✞
☎
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8.
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6. 8
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-2
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 8
8.
8
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng. Júnior - Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
A figura acima mostra o ciclo térmico para um gás ideal formado por dois processos isotérmicos e dois processos adiabáticos, em que Q1 e Q2 são as energias térmicas absorvida e rejeitada pelo gás. O ciclo térmico indicado na figura é conhecido como Ciclo de (A) Rankine (B) Otto (C) Brayton (D) Diesel (E) Carnot
T
Resolução:
AF
Por definição, um ciclo que é dado por duas transformações isotérmicas e
R
duas adiabáticas, alternadamente, é chamado de Ciclo de Carnot. Este é um
D
ciclo teórico, irrealizável na prática.
O rendimento da Máquina de Carnot é o máximo rendimento que uma má-
398.126.848-24
quina térmica trabalhando entre duas temperaturas pode ter. Tal rendimento é dependente unicamente da temperatura da fonte quente (TH ) e da temperatura da fonte fria (TC ) e é dado por:
η=
TH − TC TC =1− TH TH ✞
☎
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12
6. 8
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-2
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 9
8.
9
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2) Um gás ideal, colocado no interior de um êmbulo, é comprimido até o seu volume ficar igual a um quarto do volume inicial. Considere P o valor da pressão atmosférica no local. Sabendo-se que todas as unidades estão no Sistema Internacional, o trabalho realizado sobre o gás, em joules, e em função de P, é (A) 0,25 P (B) 0,50 P (C) 0,70 P (D) 0,75 P (E) 0,80 P
398.126.848-24
Resolução: Da definição geral de trabalho temos: Z xf W = F dx xi
Mas como sabemos que a força é igual ao produto da pressão pela área (F = P A) temos então:
xf
T
P Adx
xi
AF
W =
Z
D
R
Porém Adx é igual ao diferencial de volume dv: Z vf W = P dv vi
398.126.848-24
Se chamarmos o volume inicial de V0 , então o enunciado nos diz que o volume final é igual a um quarto do volume inicial, ou seja vf = Z vf W = P dv
V0 . 4
Logo:
vi
W =
Z
V0 4
P dv V0 V0
W = P [V ]V40 V0 W = P [ − V0 ] 4 3 W = − P V0 4 W = −0, 75P V0 Observe que o sinal negativo na resposta indica que o trabalho está sendo
39
8.
12
6. 8
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-2
4
realizado sobre o gás, e não pelo gás. Observe também que a banca cometeu
398.126.848-24
398.126.848-24
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
um erro, pois na alternativa do gabarito (letra (D)) não consta a variável V0 , ou a questão considera o volume como sendo unitário (o que deveria ser informado no enunciado). ✞
☎
Alternativa (D)* ✆ ✝
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Questão 10
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
O título de uma substância composta por uma parcela na fase líquida e outra na fase vapor, na temperatura de saturação, corresponde à razão entre a
D
R
AF
T
(A) massa de vapor e a massa total, e só tem significado quando a substância está num estado saturado. (B) massa de vapor e a massa de líquido, e só tem significado quando a substância está num estado saturado. (C) massa de vapor e a energia interna do líquido, e não tem significado quando a substância está num estado saturado. (D) energia interna do vapor e a energia interna do líquido, e não tem significado quando a substância está num estado saturado. (E) energia interna do vapor e a energia interna total, e só tem significado quando a substância está num estado saturado.
398.126.848-24
Resolução: Sabemos que o título de uma substância em estado saturado é dado por: x=
mv ml + mv
Onde mv é a massa de vapor e ml é a massa de líquido presentes. Obviamente que só faz sentido falar de título de uma substância quando esta se encontra em estado saturado, pois somente neste estado que poderemos observar parte da substância na fase vapor em equilíbrio com uma parte na fase líquida. Logo a alternativa correta é a letra (A). ✞
☎
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8.
12
6. 8
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4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 11
8.
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Termodinâmica
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2012/1)
Um conjunto cilindro-pistão contém 4 kg de água. Inicialmente, a água está a certa temperatura T1, sendo a energia interna, nesse estado, dada por u1 = 80 kJ/kg. Em seguida, o pistão é travado, e o calor é transferido à água até T2, onde o estado de vapor saturado é atingido, e u2 = 2.460 kJ/kg. O calor transferido no processo, em kJ, vale
398.126.848-24
(A) 595 (B) 635 (C) 2.380 (D) 2.540 (E) 9.520
Resolução: O primeiro detalhe a ser observado é que a energia interna u1 e u2 foram dadas em kJ/kg, portanto devemos multiplicar estes valores por 4kg (massa de água informada) para obtermos o valor total da energia interna nestes dois estados. Ou seja, temos: U1 = u1 × m = 80kJ/kg × 4kg = 320kJ
AF
T
U2 = u2 × m = 2460kJ/kg × 4kg = 9840kJ
D
R
Sabemos que a Primeira Lei da Termodinâmica é: ∆U = Q − W
398.126.848-24
Onde ∆U é a variação da energia interna, Q é o calor recebido e W é o trabalho realizado pelo fluido. Porém, como foi dito que o pistão é travado durante o aquecimento, então não há realização de trabalho, ou seja, W = 0. Logo: ∆U = Q − 0 Q = ∆U Q = U2 − U1 Q = 9840 − 320 Q = 9520kJ ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 12
8.
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2) Dados: constante dos gases R = 8,31 J/mol.K.
398.126.848-24
O gráfico da figura acima representa a transformação de 100 mols de um gás ideal. A temperatura do gás no estado A, em Kelvin, é igual a (A) 24,1
(C) 30,3
(B) 28,2
(D) 32,6
(E) 38,7
Resolução:
AF
T
Sabemos que a Lei dos Gases Ideais é dada por:
R
P V = nRT
D
Onde P é pressão do gás, V seu volume, n seu número de moléculas, R a constante geral dos gases e T sua temperatura (em Kelvin).
398.126.848-24
Ora, como buscamos TA , a temperatura do gás no ponto A, e nos é informado todos os outros dados necessários, basta substituirmos os valores na Lei dos Gases Ideais: PA VA = nRTA PA V A TA = nR (2 × 104 ) × 1 TA = 100 × (8, 31) 200 TA = ≈ 24, 1K 8, 31 Perceba que os valores de VA e PA foram retirados do gráfico dado. ✞
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 13
8.
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
Um gás perfeito realiza o ciclo termodinâmico esquematizado no gráfico ao lado. Sobre as transformações realizadas por esse gás, considere as afirmativas a seguir.
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
I – A cada ciclo, ocorre a conversão de trabalho em calor. II – A maior temperatura ao longo do ciclo é atingida no ponto Y. III – A transformação do gás de W para X é isocórica. É(são) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I. (B) II. (C) III. (D) I e III. (E) II e III.
6
p(104N/m2) X Y
5 3
W
2
Z 0,2
V(m3)
0,5
Resolução: I - Falso. Como o ciclo fechado é orientado no sentido horário, o sistema realiza trabalho, ou seja, há conversão de calor em trabalho, e não o contrário.
T
II - Verdadeiro. Partindo da Lei dos Gases Ideais P V = nRT , sabemos que o
AF
produto nR é constante durante o ciclo (por se tratar de uma mesma quan-
R
tidade de gás), portanto a maior temperatura acontecerá no ponto onde o
D
produto P V é máximo. Como podemos verificar, o produto P V máximo acontece no ponto Y (PY VY = 5 × 0, 5 = 2, 5), logo a temperatura máxima 398.126.848-24
será neste ponto. (PX VX = 1, 2, PW VW = 0, 6 e PZ VZ = 1) III - Verdadeiro. Como podemos observar no gráfico, do ponto W para o ponto X o volume é constante e igual a 0, 2m3 , ou seja, esta transformação é isocórica (ou isovolumétrica). ✞
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6. 8
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 14
8.
14
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Termodinâmica
12
6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/1)
3
O gráfico ao lado apresenta uma transformação isobárica
V [m ]
a 15 N/m2 de uma massa gasosa. Sabendo que a massa gasosa cedeu 70 J de calor nessa transformação, a varia-
398.126.848-24
ção de sua energia interna, em joules, foi de
A
8
(A) – 40 (B) – 30
6
(C) – 20 (D)
20
(E)
40
B T [K] 700
1000
Resolução: Sabemos que o trabalho sobre o gás será dado por: Z Vf W = P dV Vi
Porém o enunciado nos diz que a transformação é isobárica (à pressão
T
constante), logo podemos retirar P de dentro da integral. Também percebemos
D
R
AF
que no nosso caso Vi = VA e Vf = VB , logo: Z VB W =P dV VA
W = P (VB − VA )
398.126.848-24
W = 15 × (6 − 8) W = −30J Sabemos que o sinal negativo indica que o trabalho está sendo aplicado sobre o gás, como já deveriamos saber, pois de A para B o volume diminui. A Primeira Lei da Termodinâmica é dada por: ∆Ei = Q − W Onde ∆Ei é a variação da energia interna, Q o calor absorvido e W o trabalho
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
realizado. Logo, como foi cedido 70J de calor nesta transformação, temos que
398.126.848-24
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8.
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Termodinâmica
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6
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Q = −70J. Substituindo na primeira lei temos: ∆Ei = Q − W ∆Ei = −70 − (−30) ∆Ei = −40J
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☎
Alternativa (A) ✆ ✝
Questão 15
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2008) 68
R D
Resolução:
AF
T
Estime a variação de entropia, em J.mol−1.K−1, de um mol de gás ideal que se expande isotermicamente, a 400 K, de um volume inicial V1 até um volume final V2 = 2 x V1. (R = 8J.mol−1.K−1) (A) 16,0 (B) 8,0 (C) 5,5 (D) 1,4 (E) –4,0
−
−
Sabemos que a variação da entropia de um sistema é dada por: Z − − − dQ ∆S = T
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Porém, como T é constante (transformação isotérmica), podemos retirá-lo da integral. Também sabemos pela Primeira Lei da Termodinâmica que ∆Ei = Q − W , mas como a transformação é isotérmica, então ∆Ei = 0, o que implica em Q = W , ou dQ = dW . E também sabemos que dW = P dV . Com essas considerações
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
então prosseguimos no cálculo da entropia: Z dQ ∆S = T Z 1 ∆S = dQ T Z 1 ∆S = dW T
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398.126.848-24
1 ∆S = T ∆S = 398.126.848-24
1 T
Vf
Z
P dV
Vi Z Vf Vi
∆S = nR
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Termodinâmica
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Z
nRT dV V
Vf Vi
∆S = nR ln
dV V
Vf Vi
Pelo enunciado sabemos que Vi = V1 e Vf = 2V1 . Também sabemos que n = 1mol e R = 8J/(mol.K), portanto: Vf Vi 2V1 ∆S = 1 × 8 ln V1 ∆S = nR ln
∆S = 8 × ln(2) ∆S ≈ 5, 5J/(mol.K)
D
R
ln(2) = 0, 69.
AF
T
Obs.: Na prova havia uma tabela de logarítmos, de onde podíamos tirar
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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6. 8
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4
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Questão 16
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Termodinâmica
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398.126.848-24
(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1)
Acerca da propriedade entropia, analise as afirmativas a seguir. I
– A variação da entropia de um sistema fechado é a mesma para todos os processos entre dois estados especificados. II – A entropia de uma quantidade fixa de um gás perfeito aumenta em toda compressão isotérmica. III – Um corolário da segunda lei da termodinâmica estabelece que a variação de entropia de um sistema fechado deve ser maior que zero ou igual a zero.
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Está correto o que se afirma em (A) I, apenas. (B) II, apenas. (C) I e II, apenas. (D) I e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução: I - Verdadeiro. Como a entropia é uma função de estado, ela depende apenas
AF
T
dos estados inicial e final, e não da trajetória. Ou seja, especificando dois estados, se o sistema for fechado a variação será a mesma para todos os
D
R
processos.
II - Falso. Em uma transformação isotérmica, temos que a entropia é dada por: S = nR ln
Vf . Vi
Como se trata de uma compressão, então temos que Vf < Vi ,
portanto a razão
Vf Vi
é menor que a unidade, o que implica em ln
Vf Vi
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< 0.
Como o produto nR é sempre positivo, temos neste caso que S < 0, ou seja, a entropia diminui. III - Falso. Este item estaria correto se utilizasse o termo “isolado” no lugar de “fechado”. Sistemas fechados não trocam matéria com o meio, mas podem trocar energia. Sistemas isolados não trocam matéria nem energia com o meio. ✞
☎
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Questão 17
8.
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Termodinâmica
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(Eng. Júnior - Áreas Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)
De acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica, com relação às transformações isotérmicas de um gás ideal, é correto afirmar que o(a): (A) calor trocado pelo gás com o meio exterior é igual ao trabalho realizado no mesmo processo. (B) quantidade de calor recebida é maior que o trabalho realizado. (C) variação da energia interna do gás é igual à quantidade de calor trocada com o meio exterior. (D) temperatura final do gás é sempre maior que a inicial. (E) pressão do gás permanece constante durante toda a transformação.
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Resolução: A Primeira Lei da Termodinâmica nos diz que a variação da energia interna de um gás é igual à quantidade de calor recebida menos o trabalho realizado pelo sistema. Matematicamente temos: ∆U = Q − W
AF
T
Se um processo é isotérmico (não varia sua temperatura) sua variação de energia interna é igual a zero (∆U = 0). Isso pois a energia interna de um gás
R
depende apenas de uma variável: a temperatura. Ora, então teremos o seguinte
D
para uma transformação isotérmica:
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0=Q−W Q=W Ou seja, em uma transformação isotérmica o calor trocado pelo gás com o meio exterior é igual ao trabalho realizado no mesmo processo. Portanto a alternativa correta é a letra (A). As alternativas (B) e (C) são diretamente identificadas como falsas depois do que expomos acima. A alternativa (D) vai contra o que foi dito no enunciado, que a transformação é isotérmica. A alternativa (E) define uma transformação isobárica, não isotérmica. ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 18
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Termodinâmica
12
6
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(Eng. Júnior - Áreas Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006) Um gás sofre uma transformação adiabática quando: (A) está contido em um recipiente lacrado de volume constante. (B) a pressão se mantém constante durante todo o processo. (C) a variação da energia interna do gás é maior em módulo que o trabalho realizado na transformação. (D) está contido no interior de um recipiente termicamente isolado do ambiente externo. (E) ocorrem expansões e compressões suficientemente lentas, de maneira que as trocas de calor com o ambiente externo possam ser desprezadas.
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Resolução: Por definição, em uma transformação adiabática não há troca de calor entre o sistema e o meio externo. Por este motivo há a necessidade de se isolar termicamente o gás, para que a transformação adiabática ocorra. Logo, a alternativa correta é a letra (D).
T
Analisemos as demais alternativas:
AF
• (A): Falso. Seria verdadeiro para uma transformação isocórica.
D
R
• (B): Falso. Seria verdadeiro para uma transformação isobárica. • (C): Falso. Pela Primeira Lei da Termodinâmica temos ∆U = Q − W . Como a
398.126.848-24
transformação é adiabática, temos Q = 0, logo ∆U = −W , ou seja, a variação da energia interna é igual ao trabalho realizado sobre o gás. • (D): Verdadeiro. • (E): Falso. Transformações adiabáticas não trocam calor com o ambiente externo. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 19
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Termodinâmica
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6
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011)
Uma máquina térmica retira calor da fonte quente a 500 K e ejeta gases diretamente no ar a 300 K. Qual o rendimento da máquina se ela possui 70% do rendimento de uma máquina ideal de Carnot?
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
28% 40% 42% 47% 67%
Resolução: Sabemos que o rendimento de uma máquina ideal de Carnot que trabalha entre uma fonte de baixa temperatura (TC ) e outra de alta temperatura (TH ) é facilmente calculado como: TH − TC TH 500 − 300 ηc = 500 200 ηc = 500 ηc = 0, 40 ou 40%
D
R
AF
T
ηc =
Se a máquina em questão possui 70% do rendimento da máquina de Carnot
398.126.848-24
temos: η = 0, 70ηC η = 0, 70 × 0, 40 η = 0, 28
ou
28% ✞
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-2
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 20
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Termodinâmica
12
6
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2011) De acordo com o primeiro princípio da termodinâmica, aplicado às transformações gasosas, analise as afirmativas abaixo. I
– Na transformação isobárica, caso o volume aumente, a temperatura absoluta diminui em igual proporção. II – Na transformação isotérmica, se o gás recebe calor, realiza trabalho na mesma quantidade. III – Na transformação adiabática, não há trabalho realizado, seja ele realizado pelo gás ou sobre o gás. IV – Em uma transformação cíclica, o trabalho realizado pelo gás ou sobre o gás pode ser obtido através da área interna do ciclo.
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Esta correto APENAS o que se afirma em (A) (B) (C) (D) (E)
I III I e IV II e IV II e III
Resolução: I - Falso. Pensando em um gás ideal, se o mesmo sofre uma transformação PA VA TA
=
PB VB . TB
Mas
AF
T
do estado A para o estado B temos a seguinte relação:
se a transformação é isobárica, temos PA = PB , que se cancelam na igual-
R
dade anterior. Deste modo, se VB > VA (o volume aumentar) temos que
D
ter TB > TA para a igualdade se manter verdadeira, ou seja, a temperatura aumentará.
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II - Verdadeiro. Se a transformação é isotérmica não temos variação da energia interna, ou seja: ∆U = 0. Logo pela Primeira Lei da Termodinâmica tiramos: 0 = Q−W
⇒
Q = W , ou seja, se o gás receber calor, realizará trabalho
na mesma quantidade. III - Falso. Na transformação adiabática não há troca de calor entre o sistema e o meio externo, e o gás pode realizar trabalho (diminuindo assim sua energia interna). IV - Verdadeiro. Se tratando de um gráfico PxV, a área interna do ciclo representa o trabalho. Este trabalho será realizado pelo gás quando o ciclo for no sentido horário, ou realizado sobre o gás caso o ciclo seja no sentido anti-horário. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 21
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Termodinâmica
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2) Considerando as leis da termodinâmica, afirma-se que (A) a direção da reação química é indeterminada. (B) a transferência líquida de calor é menor que o trabalho líquido para qualquer ciclo realizado por um sistema fechado. (C) o trabalho líquido é inversamente proporcional ao calor líquido transferido para um circuito fechado. (D) qualquer sistema opera transferindo energia de um corpo frio para um corpo quente. (E) todas as máquinas térmicas motoras reversíveis, que operam entre os mesmos limites de temperatura, têm a mesma eficiência.
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Resolução: Para máquinas térmicas motoras reversíveis, a eficiência é dada por: e=
|QH | − |QC | |QH |
Onde QH é função da maior temperatura com a qual a máquina trabalha, e QC é função da menor temperatura. A maior eficiência possível para uma máquina
AF
T
operando entre estas duas fontes de calor é dada pela máquina de Carnot, cuja
D
R
eficiência é calculada como segue:
e=
TH − TC TH
Sendo TH e TC a temperatura da fonte quente e fria, respectivamente.
398.126.848-24
Com isso concluímos que a alternativa correta é a letra (E). A segunda Lei da Termodinâmica (Entropia), invalida as alternativas (A) e (D). Segundo a Primeira Lei da Termodinâmica, uma transferência de calor para um sistema corresponde à soma da variação da energia interna com o trabalho realizado, logo as alternativas (B) e (C) são falsas. ✞
☎
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4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 22
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Termodinâmica
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/1) p[N/m2] 7 6 5 4 3 2 1 0
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A D B C 0 1 2 3 4 5 6 7
V[m3]
A figura acima apresenta o gráfico P x V para a transformação de um gás perfeito pelos estados ABCDA. A partir da análise do gráfico, afirma-se que (A) entre os estados AB o gás realiza um trabalho de 3 J. (B) entre os estados BC o gás realiza um trabalho de 8 J. (C) entre os estados CD ocorre uma transformação isotérmica do gás. (D) entre os estados DA ocorre uma transformação isocórica do gás.
R
Resolução:
AF
T
(E) o trabalho total realizado pelo gás é de 12 J.
do trabalho:
D
Para resolver esta questão primeiro vamos lembrar a expressão para cálculo W =
Z
Vf
398.126.848-24
P dV Vi
Ou seja, se tivermos um gráfico P xV , o trabalho equivale à área sob o gráfico, sendo positivo quando há um aumento de volume e negativo quando há uma redução de volume. Sabendo isso podemos julgar as alternativas: • (A): Falso. Entre os pontos A e B o volume não se altera, logo WAB = 0. • (B): Falso. Como há uma redução de volume (compressão) no trecho BC, o trabalho é realizado sobre o gás. Este trabalho é numericamente igual à área sob o grafico do trecho BC: WBC = − (3+1)×4 = −8J. 2 • (C): Falso. No trecho CD é o volume do gás que não se altera, logo trata-se de uma transformação isocórica ou isovolumétrica. • (D): Falso. No trecho DA há uma variação no volume do gás (expansão), logo
39
8.
12
6. 8
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-2
4
a transformação não é isocórica.
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Termodinâmica
12
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• (E): Verdadeiro. Como sabemos que nos trechos AB e CD o trabalho é nulo, basta calcularmos o trabalho realizado pelo gás no trecho DA e em seguida subtrair o trabalho realizado sobre o gás no trecho BC. Ao fazermos isso, percebemos que o trabalho realizado pelo gás no ciclo é igual à área do paralelogramo ABCD, logo: WABCD = 3 × 4 = 12J. Perceba que se o ciclo fosse
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percorrido no sentido anti-horário, o trabalho seria realizado sobre o gás, ou seja, teríamos WDCBA = −12J. ✞
☎
D
R
AF
T
Alternativa (E) ✆ ✝
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8.
12
6. 8
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-2
4
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Questão 23
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Termodinâmica
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6
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(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011) No processo adiabático, a variação da energia interna do sistema é igual ao trabalho realizado pelo gás. PORQUE
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Não há troca de calor em um processo adiabático. Analisando-se as afirmações acima, conclui-se que (A) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. (B) as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda não justifica a primeira. (C) a primeira afirmação é verdadeira, e a segunda é falsa. (D) a primeira afirmação é falsa, e a segunda é verdadeira. (E) as duas afirmações são falsas.
Resolução: Sabemos que a Primeira Lei da Termodinâmica é: ∆Ei = Q − W
AF
T
Que, de um modo intuitivo, pode ser expressa em palavras como: “A variação da energia interna de um sistema termodinâmico é igual a energia que entra no
D
R
sistema (Q) menos a energia gasta em forma de trabalho (W )”. Por definição, sistemas adiabáticos não trocam calor com o ambiente, ou 398.126.848-24
seja, temos que Q = 0. Deste modo, pela primeira lei vemos que: ∆Ei = −W , ou seja, a variação da energia interna é igual ao trabalho realizado pelo gás. Desta situação decorre que com a perda de energia interna, há diminuição da temperatura e realização de trabalho (aumento de volume). Com o ganho de energia interna, há aumento de temperatura e sofrimento de trabalho (diminuição de volume). Portanto concluímos que as duas afirmações são verdadeiras, e a segunda justifica a primeira. ✞
☎
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12
6. 8
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-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 24
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)
Um gás é aquecido em uma caldeira, e o seu volume se expande de 1 m3 para 3 m3, a uma pressão constante de 2 N/m2. O trabalho realizado pelo gás, em joule, é (A) 9 (B) 6 (C) 4 (D) 2 (E) 1
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Resolução: Sabemos que o trabalho realizado por um gás é dado por: Z Vf W = P dV Vi
Do enunciado sabemos que P = 2P a, Vi = 1m3 e Vf = 3m3 , então basta
AF
T
substituirmos estes valores na equação: Z Vf W = P dV
D
R
W =
Z
Vi 3
2dV
1
W = 2 × (3 − 1) 398.126.848-24
W = 4J Como o trabalho W é positivo (por se tratar de um expansão volumétrica), vemos que o gás realiza um trabalho de 4J. ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 25
8.
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Termodinâmica
12
6
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1) S 20
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10
300
T
450
Seja o processo cíclico por que passa um gás ideal, operando como substância de trabalho de uma máquina térmica, determinado pelo diagrama T × S da figura acima, onde as unidades são todas SI. Sendo assim, o rendimento r do processo é (A) 0 (E) 1,0 (C) 0,50 (B) 0,33 (D) 0,67
Resolução:
S
C
B
A
D
R
20
AF
T
Para facilitar a explicação, indentificamos alguns pontos do gráfico:
10
398.126.848-24
D E
F
300
450
T
Um candidato bem preparado de imediato identificará tal gráfico como um Ciclo de Carnot, e se lembrará que o rendimento de uma máquina de Carnot depende apenas da temperatura da fonte quente (TH ) e da temperatura da fonte fria (TC ), que no nosso caso é respectivamente 450K e 300K. Logo o rendimento desta máquina será: W QC TC =1+ =1− QH QH TH 300 η =1− 450 η = 1 − 0, 67
η=
6. 8
48
-2
4
η = 0, 33
39
8.
12
Material de uso exclusivo de Fábio Henrique Pimenta Costa portador do CPF 398.126.848-24. É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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8.
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
Resposta esta encontrada na alternativa (B). Se o candidato não perceber que se trata de uma máquina de Carnot, basta calcular W e QH , que correspondem a duas áreas do gráfico: 398.126.848-24
W QH Area(A, B, E, F ) = Area(A, C, D, F ) (450 − 300) × (20 − 10) = 450 × (20 − 10) 1500 = 4500 = 0, 33
η= η η η η
✞
☎
(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2012/1)
AF
Questão 26
T
Alternativa (B) ✆ ✝
D
R
Ao final de uma expansão isotérmica, onde T = 100 K, uma quantidade de um gás ideal correspondente a 1 n= moles quadruplica seu volume, que inicialmente 8,3 era Vi = 10 litros.
398.126.848-24
Qual o calor absorvido pelo gás ideal durante essa expansão? Dados: • ln 2 = 0,69 • Constante dos gases R = 8,3 J/(K.mol)
(A) −138 J (B) − 69 J
(C) (D)
0J 69 J
(E) 138 J
Resolução: Aplicando a primeira lei da termodinâmica temos: ∆U = Q − W 0=Q−W
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q=W
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
29
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
Onde fizemos ∆U = 0 por se tratar de uma expansão isotérmica. Como vemos acima, o calor absorvido pelo gás é igual ao trabalho realizado pelo mesmo, logo basta calcularmos o valor de W . Mas primeiro tiramos uma expressão para P a partir da equação dos gases perfeitos: 398.126.848-24
P V = nRT
⇒
P =
nRT V
Agora podemos calcular o trabalho W , igual ao calor Q absorvido: Z Vf W = P dV W =
Z
Vi Vf Vi
nRT dV V
Vf
dV V Vi Vf W = nRT ln V i 4Vi W = nRT ln Vi Z
AF
T
W = nRT
D
R
W = nRT ln(4) 1 W = × 8, 3 × 100 × (2 × ln(2)) 8, 3 398.126.848-24
W = 100 × 2 × 0, 69 W = 138J Ou seja, W = Q = 138J. Obs.: Lembrar que quando utilizamos a primeira lei da termodinâmica na forma ∆U = Q − W , Q é positivo para o calor absorvido pelo sistema, negativo para o calor cedido. Do mesmo modo, W é positivo para o trabalho realizado pelo sistema, e negativo para o trabalho realizado sobre o sistema. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 27
8.
30
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Termodinâmica
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6
398.126.848-24
(Profissional Jr - Eng Elétrica - BR Distribuidora 2008)
Um gás ideal com 45 g de massa sofre uma expansão isotérmica a 27ºC, passando de um volume inicial de 5 L para um volume final de 20 L. O trabalho, em joule, realizado pelo gás é (Dados: constante universal dos gases = 8,3 J/(mol·K) massa molar do gás = 30 g/mol ln(2) @ 0,7) (A) 1.743 (B) 2.614 (C) 3.486 (D) 4.758 (E) 5.229
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Resolução: Como esta questão trata de uma transformação isotérmica, podemos utilizar a equação (deduzida na questão anterior): Vf Vi
AF
T
W = nRT ln
Como temos 45g de um gás cuja massa molar é 30g/mol, temos uma quan-
D
R
tidade de mols n igual a:
n=
45 = 1, 5mol 30 398.126.848-24
Agora podemos calcular o trabalho, lembrando de converter a temperatura de graus Celcius para Kelvin: W = nRT ln
Vf Vi
W = 1, 5 × 8, 3 × (27 + 273) ln
20 5
W = 3735 ln(4) W = 3735 × 2 ln(2) W = 3735 × 2 × 0, 7 W = 5229J ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 28
8.
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Termodinâmica
12
6
398.126.848-24
(Eng de Termelétrica Jr - Elétrica - Termorio 2009)
Um mol de uma amostra de gás ideal é mantida a uma temperatura constante de 27 oC, durante o processo de expansão de um volume inicial de 5L para um volume final de 10L. Qual o trabalho, em joule, realizado pelo gás?
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(Dados Técnicos: • Constante universal dos gases = 8,3 J/(mol•K) • Considere: ln(2) = 0,7) (A) (B) (C) (D) (E)
1.586 1.743 2.568 3.237 3.557
Resolução: Seguindo o mesmo raciocínio da questão anterior podemos facilmente resolver esta questão. Lembrando sempre de compatibilizar as unidades. Logo:
T
Vf Vi
AF
W = nRT ln
10 5
D
R
W = 1 × 8, 3 × (27 + 273) ln
W = 2490 ln(2) 398.126.848-24
W = 2490 × 0, 7 W = 1743J ✞
☎
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 29
8.
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Termodinâmica
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(Eng Júnior - Elétrica - Transpetro 2008)
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Processo 1
Processo 2
Duas amostras de um gás ideal são expandidas do estado inicial para o estado final, nos processos 1 e 2 quase-estáticos, de acordo com os diagramas PV mostrados acima. Os trabalhos realizados, em joules, por amostra de gás, são, respectivamente, (A) 6 e 6 (B) 6 e 21 (C) 15 e 21 (D) 21e 15 (E) 21 e 21
Resolução: Como sabemos, o trabalho entre dois estados corresponde à área delimi-
AF
T
tada pela curva e pelo eixo dos volumes, em um gráfico PxV. Portanto podemos
D
R
calcular facilmente estes dois trabalhos:
W1 = (5 − 2) × 5 × 105
W2 = (5 − 2) × 7 × 105
W1 = 3 × 5 × 105
W2 = 3 × 7 × 105
W1 = 15 × 105 J
W2 = 21 × 105 J
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Apesar das alternativas desprezarem as potências 105 (o que não faz sentido, já que é pedido o trabalho em Joules, e P a × m3 = J), concluímos que a única alternativa possível é a letra (C). ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (C*) ✆ ✝
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Questão 30
8.
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39
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Termodinâmica
12
6
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(Eng de Equipamentos Pleno - Elétrica - Petrobras 2005)
Um gás perfeito sofre uma expansão adiabática e realiza um trabalho de 500 J. É correto afirmar que a(o): (A) energia interna do gás diminui de 500 J. (B) transformação é isobárica. (C) energia trocada com o ambiente é maior que 500 J. (D) pressão e a temperatura do gás aumentam. (E) volume e a temperatura do gás diminuem.
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Resolução: Como a expansão é adiabática, temos que o calor trocado com o meio externo é nulo, ou seja Q = 0. Também notemos que o gás realiza trabalho, portanto o trabalho é positivo: W = 500J. Agora analisemos as alternativas: (A) Aplicando a Primeira Lei da Termodinâmica temos: ∆U = Q − W ∆U = 0 − 500
AF
T
∆U = −500J
D
R
Ou seja, a energia interna do gás diminui 500J . Opção correta. (B) Falso. Uma expansão adiabática não pode ser isobárica. 398.126.848-24
(C) Falso. A energia trocada com o ambiente é nula, por se tratar de uma transformação adiabática. (D) Falso. Como a energia interna do gás diminui, a temperatura também diminui. (E) Falso. Como o trabalho é positivo (realizado pelo gás), então o volume aumenta. ✞
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 31
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Termodinâmica
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(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Termoaçu 2008)
A figura abaixo apresenta um processo termodinâmico em um diagrama PV, onde estão ilustradas mudanças de estado de um gás. 398.126.848-24
Pressão
P1
A
3
2
P2
1
B
V2
V1
Volume
R
Resolução:
AF
T
Analisando-se o processo de mudanças de estado, conclui-se que o caminho (A) de A até 1 representa uma transformação isobárica. (B) de A até 1 representa uma transformação isotérmica. (C) de A até 3 representa uma transformação isocórica. (D) de A até 3 representa uma transformação isotérmica. (E) ao longo da curva 2 representa uma transformação isotérmica.
D
Abaixo identificaremos qual tranformação ocorre em cada trecho do gráfico: 398.126.848-24
• De A até 1: Transformação Isocórica ou Isovolumétrica (volume constante). • De 1 até B: Transformação Isobárica (pressão constante). • De A até 3: Transformação Isobárica (pressão constante). • De 3 até B: Transformação Isocórica ou Isovolumétrica (volume constante). • De A até B (curva 2): Transformação Isotérmica (temperatura constante). Logo a alternativa correta é a letra (E). ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 32
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Termodinâmica
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(Profissional Jr - Eng Elétrica - BR Distribuidora 2008)
5
2
p(10 N/m ) B
6 398.126.848-24
C
A
4
2
D
0,5
0,7
0,9
3
V(m )
A figura acima mostra o gráfico pressão versus volume de uma transformação cíclica executada com um gás ideal. Com relação à transformação, o trabalho total realizado em um ciclo, em kJ, é 40 50 80 100 540
T
(A) (B) (C) (D) (E)
AF
Resolução:
R
Como sabemos, o trabalho realizado no ciclo será igual à área interna do
D
mesmo, e será positivo pois o ciclo é feito no sentido horário (ou seja, o trabalho de A a C - positivo - é em módulo maior que o trabalho de C a A).
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Portanto basta calcularmos a área interna do losango: W = Area(A, B, C, D, A) (0, 9 − 0, 5) × (6 − 2) × 105 2 0, 4 × 4 × 105 W = 2 W = 0, 8 × 105 W =
W = 80kJ ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 33
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Termodinâmica
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(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/2)
Um gás de comportamento ideal escoa por uma tubulação e por uma válvula de controle bem isoladas termicamente. A vazão do gás é de 100 kmol/h. A montante da válvula, a pressão e a temperatura do gás são de 1000 kPa e 600 K. A queda de pressão na válvula é de 200 kPa. Considerando-se desprezível a variação de energia cinética, qual será a temperatura do gás após a válvula?
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Dados: cp = 30 J/(mol•K) cv = 21 J/(mol•K)
(A) (B) (C) (D) (E)
100 K 150 K 300 K 600 K 2500 K
Resolução: Esta é uma típica questão onde a banca quer avaliar se o candidato está atento, e também se confia no seu conhecimento. Apesar de o enunciado apre-
AF
T
sentar um monte de dados, não é preciso utilizar nenhum deles na resolução.
R
A parte mais importante do enunciado é a seguinte: “Considerando-se
D
desprezível a variação de energia cinética”. Ora, sabemos que a energia cinética de um gás é uma função unicamente da temperatura (K = 32 κT , onde κ é a constante de Boltzman), portanto, se a energia cinética não se altera, a tempera-
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tura também não se alterará. Portanto a temperatura do gás após a válvula será igual à temperatura a montante da válvula, ou seja, igual a 600K. ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 34
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Termodinâmica
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(Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2010/1) Um aquecedor ideal, que opera segundo um ciclo reversível, é usado para aquecer e manter o interior de um tanque de armazenamento a 600K. Uma análise com base na primeira lei da termodinâmica revela que o tanque perde energia sob a forma de calor à taxa de 3600 kJ/h, por grau de diferença de temperatura entre o ambiente interno e o externo ao tanque. Se a temperatura do ambiente externo é 300K, então a potência mínima necessária para o funcionamento do aquecedor (kW) e o seu coeficiente de desempenho são, respectivamente, (A) 150 e 0,5 (B) 150 e 2 (C) 300 e 0,5 (D) 300 e 2 (E) 600 e 2
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Resolução: Sabemos que o coeficiente de desempenho de um aquecedor ideal é dado por:
Th Th − Tc Onde Th e Tc são a maior e a menor temperatura entre as quais o aquecedor
T
e=
AF
trabalha. Para o nosso caso então teremos:
R
Th 600 = =2 Th − Tc 600 − 300
D
e=
Foi dito no enunciado que o tanque perde energia sob a forma de calor à taxa
398.126.848-24
de 3600kJ/h, por grau de diferença de temperatura entre o ambiente interno e o externo ao tanque, portanto a potência mínima que o aquecedor tem que forcener deve ser o suficiente para compensar esta perda. Se chamarmos de Qh esta potência, temos: Qh =
3600kJ × (600 − 300) = 300kW 3600s
Ora, agora que conhecemos o coeficiente de desempenho do aquecedor e a potência que o aquecedor deve fornecer, fica fácil encontrarmos a potência mínima necessária ao aquecedor(PW ): Qh PW Qh 300k = = = 150kW e 2
e= PW
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 35
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Termodinâmica
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( Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1 ) Um gás ideal é levado de um estado inicial (A) até um estado final (B) seguindo uma transformação isobárica à P = 1,0 × 105 Pa. Tem-se que a variação de energia interna do gás entre (A) e (B) é de 116,0 kJ e que a variação de volume sofrida pelo gás foi de 0,8 m3. O calor, em kJ, dado ao sistema é de (A) 30,0 (B) 36,0 (C) 80,0 (D) 130,0 (E) 196,0
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Resolução: Para a transformação de A até B nos foi dado informações a respeito da pressão e do volume. Com isso podemos calcular o trabalho realizado de A para B, segundo a expressão: W =
Z
B
P dV A
T
Como foi dito que a transformação é isobária (pressão constante), então
R
temos:
AF
podemos tirar P da integral. Também nos foi dito que ∆VAB = 0, 8m3 , portanto
D
W =P
Z
B
dV A 398.126.848-24
W = P ∆VAB W = (1 × 105 ) × 0, 8 W = 80kJ Como foi dado que a variação da energia interna (∆U ) entra os estados A e B foi igual a 116kJ, basta aplicarmos a Primeira Lei da Termodinâmica a fim de encontrar Q, a quantidade de calor recebido: ∆U = Q − W Q = ∆U + W Q = 116kJ + 80kJ Q = 196kJ ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 36
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Termodinâmica
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( Eng. de Petróleo Jr - Petrobras 2012/1 )
A energia cinética molecular média de 2,0 mol de um gás monoatômico ideal é 6,0 × 10-21 J. Dados: R = 8,3 J/molK
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NA = 6,0 × 1023 mol−1 kB = 1,4 × 10−23 J/K
A energia interna total em kJ desse gás é (A) 1,8 (B) 3,6 (C) 7,2 (D) 14,4 (E) 36,0
Resolução: Sabemos que a energia cinética molecular média de um gás monoatomico ideal é dada por: K=
3RT 2NA
T
E também sabemos que a energia interna de um gás ideal monoatômico é: 3RT 2
R
AF
U =n
3RT em comum, 2 por isso vamos isolar esta parcela na expressão de K e depois substituir na ex-
D
Como vemos, ambas as expressões possuem a parcela
pressão de U , como segue:
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3RT = KNA 2
Substituindo na expressão de U : 3RT 2 U = n(KNA ) U =n
U = 2 × (6 × 10−21 ) × (6 × 1023 ) U = 72 × 102 J U = 7, 2kJ ✞
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Questão 37
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Termodinâmica
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( Eng. de Petróleo Jr - CESPE - Petrobras 2008 ) Considere que um gás ideal tenha sofrido uma expansão isotérmica reversível, na qual o seu volume dobrou. Considerando esse processo, assinale a opção correta. A Durante o processo, o gás absorveu calor de sua vizinhança. B A energia interna do gás no estado final é menor que aquela no estado inicial. C Durante o processo, a vizinhança realizou trabalho sobre o gás, aumentando sua energia interna. D O gás realizou trabalho sobre sua vizinhança, sendo que o valor do trabalho realizado independe da temperatura na qual ocorreu o processo. E Durante o processo não houve troca de calor do gás com sua vizinhança.
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Resolução: Como a expansão foi isotérmica, sabemos que não houve variação da energia interna do gás, ou seja: ∆U = 0. Como o volume final é maior que o volume inicial, então sabemos que houve uma expansão, e neste caso W > 0.
T
Aplicando a Primeira Lei da Termodinâmica temos:
AF
∆U = Q − W
D
R
0=Q−W
Q=W 398.126.848-24
Portanto, como W > 0 temos Q > 0. Ou seja, o sistema recebeu (ou absorveu) energia térmica da vizinhança. Sabendo isso, julguemos as alternativas: (A) Verdadeiro. Como vimos acima, Q > 0. (B) Falso. A energia interna não varia, ∆U = 0. (C) Falso. O gás que realizou trabalho (W > 0), e a energia interna não variou. (D) Falso. O gás realizou trabalho sobre a vizinhança, porém o valor deste traR balho realizado denpende da temperatura, já que W = P dV , e P pode ser nRT substituído por P = , que é função da temperatura. V (E) Falso. Houve troca de calor sim, já que Q > 0. ✞
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Questão 38
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Termodinâmica
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( Eng. de Petróleo Jr - CESPE - Petrobras 2008 )
O rendimento de uma máquina térmica é a razão entre o trabalho total realizado pela máquina em um ciclo e o calor recebido da fonte de alta temperatura, no mesmo ciclo. Para uma máquina que trabalha com dois reservatórios de calor, um a 527 oC e outro a 127 oC, o rendimento máximo possível é de
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A B C D E
0,24. 0,50. 0,62. 0,67. 0,76.
Resolução: Sabemos que o rendimento máximo que uma máquina térmica pode apresentar é igual ao rendimento máximo teórico correspondente a uma Máquina de Carnot. E este rendimento da Máquina de Carnot depende unicamente das temperaturas da fonte fria e da fonte quente, ambas dadas em Kelvin. Portanto o rendimento máximo ηc de uma máquina operando entre as tem-
T
peraturas de 127◦ C e 527◦ C será:
AF
TF TQ (127 + 273) ηc = 1 − (527 + 273) 400 ηc = 1 − 800 ηc = 1 − 0, 5
D
R
ηc = 1 −
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ηc = 0, 5 ✞
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PETROBRAS E NGENHEIRO ( A )
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
E NGENHEIRO ( A )
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - M ECÂNICA
E NGENHEIRO ( A )
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LÉTRICA
E NGENHEIRO ( A )
DE
E QUIPAMENTOS J ÚNIOR - E LETRÔNICA
Q UÍMICO ( A )
DE
P ETRÓLEO J ÚNIOR
T
Probabilidade e Estatística RETIRADAS DE PROVAS DAS BANCAS
CESGRANRIO
D
R
Q UESTÕES
AF
Questões Resolvidas
Produzido por Exatas Concursos ✇✇✇✳❡①❛t❛s✳❝♦♠✳❜r rev.3a
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CESPE
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Introdução
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Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
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utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão, sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
AF
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é 398.126.848-24
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responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora. Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsa-
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bilização civil e criminal.
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Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
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Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2 Q43 (pág. 1), Q62 (pág. 3), Q63 (pág. 5).
Q56 (pág. 6), Q57 (pág. 9), Q70 (pág. 10).
T
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2
AF
Q56 (pág. 11), Q59 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 Q34 (pág. 14).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008 Q26 (pág. 15), Q27 (pág. 16), Q28 (pág. 17), Q34 (pág. 19).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008
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R
Q67 (pág. 20), Q77 (pág. 22).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - INEA 2008 Q37 (pág. 24).
D
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo - CEPERJ - DRM-RJ 2011 Q22 (pág. 25).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2014/2 Q67 (pág. 26), Q68 (pág. 27). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2012/1 Q60 (pág. 28), Q61 (pág. 29). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2011
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6. 8
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-2
4
Q59 (pág. 30), Q60 (pág. 31).
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Probabilidade e Estatística
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2010/1 Q19 (pág. 32). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Termoaçu 2008 Q21 (pág. 34), Q22 (pág. 36). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Mecânica - PetroquímicaSuape 2011 Q21 (pág. 37), Q23 (pág. 38). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2012 Q61 (pág. 40), Q62 (pág. 41). Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2011
T
Q60 (pág. 42), Q68 (pág. 43), Q69 (pág. 44).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/1
AF
Q63 (pág. 45), Q64 (pág. 47).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1 Q61 (pág. 48), Q62 (pág. 50).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011 Q47 (pág. 51), Q49 (pág. 53).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2
R
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Q69 (pág. 54), Q70 (pág. 55).
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1 Q12 (pág. 57).
D
Prova: Profissional Júnior - Engenharia Elétrica - BR Distribuidora 2010 Q68 (pág. 58).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012 Q41 (pág. 59), Q45 (pág. 60). Prova: Engenheiro(a) Júnior: Área Elétrica - Transpetro 2011 Q53 (pág. 62). Prova: Engenheiro(a) Júnior: Área Elétrica - Transpetro 2008
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Q12 (pág. 63), Q13 (pág. 64).
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Probabilidade e Estatística
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Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2 Q60 (pág. 65), Q68 (pág. 67). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1 Q70 (pág. 68). 398.126.848-24
Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011 Q70 (pág. 70). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1 Q21 (pág. 69), Q22 (pág. 71). Prova: Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007
T
Q17 (pág. 72). Prova: Profissional Júnior - Formação: Engenharia Eletrônica - BR Distribuidora 2008
AF
Q49 (pág. 73).
Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1 Q22 (pág. 74), Q24 (pág. 75), Q25 (pág. 76).
Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2
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R
Q21* (pág. 11), Q22 (pág. 77), Q23 (pág. 78).
* Esta mesma questão apareceu na prova de Eng. de Petróleo deste mesmo ano. Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1 Q4 (pág. 80), Q5 (pág. 81), Q6 (pág. 82), Q7 (pág. 83).
D
Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2008 Q26* (pág. 15), Q28* (pág. 16). * Estas mesmas questões apareceram na prova de Eng. de Petróleo deste mesmo ano. Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2006 Q35 (pág. 85), Q36 (pág. 86). Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012
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Q23 (pág. 88), Q26 (pág. 87).
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Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011 Q61 (pág. 90), Q64 (pág. 89), Q65 (pág. 92), Q66 (pág. 94), Q67 (pág. 95), Q68 (pág. 96), Q69 (pág. 97), Q70 (pág. 99). Prova: Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006 Q23 (pág. 100), Q24 (pág. 101), Q25 (pág. 102).
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Número total de questões resolvidas nesta apostila: 80
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8.
12
6. 8
48
-2
4
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8.
12
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Probabilidade e Estatística
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Questão 1
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2) Três filmes devem ser estreados em dias diferentes de uma determinada semana (7 dias). De quantos modos é possível escolher os dias de exibição de forma que não haja filmes estreando em dias consecutivos? (A) 4 (B) 6 (C) 8 (D) 10 (E) 12
Resolução:P3-12-Q43 A maneira elegante de resolver esta questão envolve o primeiro lema de Kaplansky. Esse lema calcula o número de possibilidades, a partir de um conjunto
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de n elementos, de escolher um subconjunto com p elementos não consecutivos, de acordo com a seguinte fórmula: Cn−p+1,p Para este caso, n = 7 dias da semana e p = 3 filmes para estrear: Cn−p+1,p C7−3+1,3 C5,3 Calculando a combinação, temos: n! (n − p)! p!
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
C5,3 =
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8.
2
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Probabilidade e Estatística
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6
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5! (5 − 3)! 3! 5 × 4 × 3! = 2! 3! 5×4 = 2 = 10
C5,3 = C5,3 398.126.848-24
C5,3 C5,3
A idéia por trás de tal lema pode ser explicada da seguinte maneira: em uma semana de 7 dias, com estréia de 3 filmes, sobram 4 dias sem estréias. Os 4 dias sem estréias são importantes, pois intercalam as estréias de filmes em dias não-consecutivos. Um dia sem estréia (x) pode ser acompanhado de uma estréia
T
no seu dia anterior ou posterior. A semana, neste caso, pode ser representada pela seguinte maneira: X
X
X
AF
X
Para atender o que a questão pede, os 3 filmes deverão ser alocados em algum dos 5 espaços vagos em torno dos casas marcadas com X. O número de maneiras possíveis é calculada através da combinação de 3 em 5 (C5,3 ). Isso confirma o primeiro lema de Kaplansky.
Pela força bruta, o candidato também conseguiria a resposta se entendesse
R
o padrão que a questão descreve. Na tabela abaixo, o X indica um dia de estréia.
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D
Os modos possíveis são:
1
X
X
X
2
X
X
3
X
X
4
X
X
5
X
X
6
X
7
X
X X X X
X
X
8
X
X
9
X
10
X
X
X X X
X
X
X
X ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 2
8.
3
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Probabilidade e Estatística
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6
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2)
Dados históricos revelaram que 40% de uma população têm uma determinada característica. Desses 40%, 25% têm o perfil desejado por um pesquisador. Quantas pessoas devem ser entrevistadas, no mínimo, para que a probabilidade de encontrar pelo menos uma pessoa com o perfil desejado pelo pesquisador seja igual ou superior a 70%? (A) 10 (B) 11 (C) 12 (D) 13 (E) 14
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Dados x
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
log10(x)
1,000
0,699
0,523
0,398
0,301
0,221
0,155
0,097
0,046
Resolução:P3-12-Q62 A distribuição binomial é uma distribuição de probabilidade discreta do número de sucessos em uma sequência de n tentativas, tais que as tentativas são independentes. Cada tentativa resulta apenas em duas possibilidades: sucesso
T
ou fracasso. A probabilidade de cada tentativa, p, permanece constante. A probabilidade de ter exatamente k sucessos em n tentativas é dada pela
AF
função:
n k P (k) = p (1 − p)n−k k
Para o problema apresentado, a probabilidade de encontrar o perfil desejado (sucesso) em cada tentativa é 10% (0,4× 0,25). Dada a diversidade de situações onde pelo menos uma pessoa desse grupo tem o perfil desejado, será considerada a situação complementar. Vamos tentar descobrir quantas pessoas poderiam 398.126.848-24
R
ser entrevistadas para que exista 30% (complementar de 70%) de chance de que todos os entrevistados fossem dos outros 90% da população. Neste caso, portanto, n = k, pois todos devem ser do mesmo tipo, ou seja,
D
não devem ser do perfil desejado. A probabilidade P (k) será 30% e a probabilidade
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
p de sucesso, como o foco está nos que não tem o perfil, é de 90%. Falta encontrar
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4
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
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o valor de n: n k P (k) = p (1 − p)n−k k n n P (n) = p (1 − p)n−n n
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0, 3 = 1 × 0, 9n × (1 − 0, 9)0 0, 3 = 0, 9n
log(0, 3) = log(0, 9n ) log(0, 3) = n log(0, 9) log(0, 3) log(0, 9) −0, 523 n= −0, 046
T
n=
n ≈ 11, 4
AF
Esse é o resultado conseguido usando a tabela de logaritmos que a questão fornece. Porém, como o número de entrevistados é um número inteiro, e a probabilidade de sucesso deve ser igual ou superior aos 70%, é necessário arredondar o resultado encontrado para cima, logo n = 12. Do ponto de vista matemático, como trata-se de uma desigualdade e queremos um número natural, o próximo
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
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6. 8
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-2
4
D
R
valor inteiro é 12.
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Questão 3
8.
5
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Probabilidade e Estatística
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6
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2014/2) Um conjunto é constituído de observações medidas em minutos. Para esse conjunto, calculou-se a variância representada por VAR. A variância desse conjunto de observações, em horas2, é,
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(A)
VAR 3.600
(B)
VAR 60
(C) VAR (D) VAR 60 (E) VAR 3.600
T
Resolução:P3-12-Q63
Entre horas e minutos, vale a seguinte relação: Xmin 60
AF
Xh =
Ao multiplicar a variância de X por uma constante, existe a seguinte propriedade:
VAR(cX) = c2 VAR(X)
Para observações expressas em horas, a variância passa a ser: Xmin VAR(Xh ) = VAR 60 2 1 VAR(Xh ) = VAR(Xmin ) 60 VAR(Xmin ) VAR(Xh ) = 3.600 ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
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8.
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6. 8
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-2
4
D
R
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Questão 4
8.
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Os dados a seguir representam os valores de glóbulos brancos (em mil) coletados de 10 pacientes de um hospital pela manhã: 7, 7, 35, 8, 9, 1, 10, 9, 12, 7. Sobre esses dados, tem-se que a mediana é
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(A) (B) (C) (D) (E)
5, e os valores 1 e 35 são os únicos outliers dos dados. 5, e o valor de 35 é o único outlier dos dados. 5, e não há outliers nos dados. 8,5, e o valor de 35 é o único outliers dos dados. 8,5, e o valores 1 e 35 são os únicos outliers dos dados.
Resolução: Para resolver esta questão, vamos primeiramente ordenar os valores em ordem crescente: 1, 7, 7, 7, 8, 9, 9, 10, 12, 35 Para resolvê-la por completo, necessitamos calcular inicialmente o primeiro quartil, o segundo (que representa a mediana) e o terceiro. Os outliers são valores que se localizam distantes de quase todos os outros pontos da distribuição. Os pontos são considerados outliers quando estão fora do intervalo definido pelos limites inferior (Li) e o superior (Ls). Para já eliminarmos algumas alternativas, vamos calcular primeiramente a mediana, cuja posição é dada por: i2 = 0, 5 × (n + 1)
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i2 = 0, 5 × (10 + 1) i2 = 5, 5 Assim, a mediana vale: Md = n5 + 0, 5 × (n6 − n5 ) Md = 8 + 0, 5 × (9 − 8) Md = 8, 5
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8.
12
6. 8
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-2
4
O primeiro quartil representa o valor que ocupa a posição do primeiro quarto,
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7
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que é: n + 1) 2 10 i1 = 0, 5 × ( + 1) 2 i1 = 3 i1 = 0, 5 × ( 398.126.848-24
Ou seja, o primeiro quartil (Q1 ) é o terceiro elemento da sequência, logo: Q1 = 7 O terceiro quartil representa o valor que ocupa a posição do terceiro quarto,
T
que é: n n + 0, 5 × ( + 1) 2 2 10 i3 = + 0, 5 × (5 + 1) 2 i3 = 8
AF
i3 =
Ou seja, o terceiro quartil (Q1 ) é o oitavo elemento da sequência, logo: Q3 = 10
Observação Importante: O valor da mediana, o valor do primeiro e do terceiro 398.126.848-24
R
quartil podem ser obtidos de forma muito mais prática, sem tanta formalidade matemática. Lembrando de primeiro ordenar os dados, temos a mediana (ou segundo quartil) como sendo o elemento central da lista. Como no nosso caso há um número par de elementos, o valor da mediana será igual à média entre os dois valores
D
centrais (8 e 9), ou seja: Md = 8, 5. Se agora dividirmos nossa sequência pela metade, temos duas sequências
de cinco elementos cada. O primeiro quartil é igual ao elemento central da primeira sequência, que corresponde ao terceiro elemento desta (terceiro elemento da sequência completa também), ou seja: Q1 = 7. De forma análoga, o ter-
ceiro quartil será igual ao valor central da segunda sequência, que corresponde ao terceiro elemento desta (ou oitavo elemento da sequência completa), ou seja: Q3 = 10.
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8.
12
6. 8
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-2
4
Agora, calculemos a diferença entre o terceiro e o primeiro quadrante, cha-
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mada de amplitude interquartílica. dq = Q3 − Q1 dq = 10 − 7 dq = 3
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Por último, os limites inferior e superior: Li = Q1 − 1, 5dq Li = 7 − 1, 5 × 3 Li = 2, 5
T
E,
Ls = Q3 + 1, 5dq
AF
Ls = 10 + 1, 5 × 3 Ls = 14, 5
Sendo assim, notamos que tanto 1 quanto 35 estão fora deste intervalo, e portanto são valores outliers.
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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D
R
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Questão 5
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Para a produção de uma peça, utilizam-se três máquinas: M1, M2 e M3. As proporções de peças defeituosas geradas por essas máquinas, M1, M2 e M3 são, respectivamente, 1%, 2% e 0,1%, e as três máquinas produzem, respectivamente, 30%, 50% e 20% da produção total.
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Se uma peça defeituosa é retirada aleatoriamente, qual é a probabilidade de ela ter sido oriunda da máquina 3? (A) (B) (C) (D) (E)
1/1000 1/66 1/5 1/3 1/77
T
Resolução: Para que a resolução desta questão fique mais clara, vamos considerar que a produção total das máquinas é de 1.000 peças. Pelas proporções de peças pro-
AF
duzidas por máquina dadas no enunciado, temos que são produzidas 300 peças pela máquina 1, 500 pela máquina 2 e 200 pela máquina 3. Agora, utilizando os percentuais de peças defeituosas por máquina, podemos calcular o número de peças com defeito que cada máquina produz.
M1,def = 0, 01 × M1 = 0, 01 × 300 = 3 peças defeituosas M2,def = 0, 02 × M2 = 0, 02 × 500 = 10 peças defeituosas
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R
M3,def = 0, 001 × M3 = 0, 001 × 200 = 0, 2 peça defeituosa
Assim, temos número total de peças defeituosas, para este caso. Como a
peça defeituosa já foi retirada aleatoriamente, a probabilidade de ela pertencer à
D
máquina 3 é de:
M3,def M1,def + M2,def + M3,def 0, 2 P = 3 + 10 + 0, 2 0, 2 P = 13, 2 1 P = 66 P =
✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1)
Toma-se um conjunto P com 2 elementos e um conjunto Q com 3 elementos. Quantas são as possíveis relações não vazias de P em Q? (A) 6 (B) 8 (C) 16 (D) 48 (E) 63
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Resolução: O número total de relações que podem ser formadas entre os elementos
T
destes dois conjuntos é dado pela seguinte expressão: nrelações = 2nP ×nQ
AF
Onde nP e nQ são os números de elementos nos conjuntos P e Q, respectivamente. O enunciado informa que existem 2 elementos no conjunto P e 3 elementos no conjunto Q. Portanto:
nrelações = 22×3 = 26 = 64
Este é o número total de relações que podemos ter com estes conjuntos. Dentre estas, uma delas corresponde ao conjunto vazio. Como a questão pede o
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R
número de relações não vazias, temos que descontá-la. Sendo assim:
nrelações não vazias = 64 − 1 nrelações não vazias = 63 ✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
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D
nrelações não vazias = nrelações − 1
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Questão 7
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
Em uma empresa, todos os funcionários receberam um aumento de 10% nos salários e, posteriormente, ganharam um abono de 100 reais. Sobre a nova média e a nova variância de salários, em relação à média e à variância iniciais, isto é, antes dos aumentos, tem-se que a (A) média e a variância não se alteram. (B) média não se altera, e a variância fica aumentada em 10%. (C) média e a variância ficam aumentadas em 10% mais 100 reais. (D) média fica aumentada em 10% mais 100 reais, e a variância em 10%. (E) média fica aumentada em 10% mais 100 reais, e a variância em 21%.
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Resolução: Vamos supor que esta empresa possui apenas 3 funcionários, por exemplo, que recebem os seguintes salários: S1 , S2 , S3 . A média inicial do salário deles é
T
dada por:
S1 + S 2 + S3 S,¯in. = 3
Agora, após os incrementos, os salários passaram para: (S1 × 1, 1 + 100),
para:
AF
(S2 × 1, 1 + 100) e (S3 × 1, 1 + 100). Desta maneira, nova média de salários passou (S1 × 1, 1 + 100) + (S2 × 1, 1 + 100) + (S3 × 1, 1 + 100) 3 (S1 × 1, 1) + (S2 × 1, 1) + (S3 × 1, 1) + 300 S, f in. = 3 (S1 × 1, 1) + (S2 × 1, 1) + (S3 × 1, 1) S, f in. = + 100 3 S 1 + S2 + S3 S, f in. = 1, 1 × + 100 3 S, f in. = 1, 1 × (S, in.) + 100 S, f in. =
R
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D
Ou seja, a média fica aumentada em 10% mais 100 reais. Com relação à
variância, tinhamos inicialmente: σin. 2 =
(S1 − S, in.)2 + (S2 − S, in.)2 + (S3 − S, in.)2 3
Notamos que há uma subtração entre os valores e a média. Sendo assim,
39
8.
12
6. 8
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-2
4
quando for acrescentado 100 reais aos salários, estes serão anulados pelo acrés-
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cimo de 100 reais na média, que foi mostrado acima. Assim, a variância ficará: (1, 1S1 − 1, 1S, in)2 + (1, 1S2 − 1, 1S, in)2 + (1, 1S3 − 1, 1S, in)2 ) 3 2 2 2 (1, 1 )(S1 − S, in) + (1, 1 )(S2 − S, in)2 + (1, 12 )(S3 − S, in)2 = 3 2 (S1 − S, in.) + (S2 − S, in.)2 + (S3 − S,¯in.)2 = (1, 1)2 × 3 2 = 1, 21σin.
σf in. 2 = σf in. 2
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σf in. 2 σf in. 2
Portanto, a variância fica aumentada em 21%. OBS: Se tivessemos suposto outro número de funcionários, ou feito em fun-
T
ção de n funcionários, o resultado seria o mesmo. ✞
☎
Questão 8
AF
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2)
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D
R
Em uma fábrica, 70% dos funcionários ou trabalham no setor de Produção ou trabalham no setor de Desenvovimento, ou seja, nenhum deles trabalha nos dois setores. Um terço dos funcionários que trabalham no setor de Desenvolvimento também trabalha no setor de Produção, e 50% dos funcionários da fábrica não trabalham no setor de Produção. A porcentagem de funcionários da fábrica que trabalha tanto no setor de Desenvolvimento como no setor de Produção é (A) 5% (B) 10% (C) 20% (D) 25% (E) 30%
Resolução:
Vamos atribuir variáveis aos tipos de funcionários. Os funcionarios podem:
trabalhar somente no setor de produção (chamaremos de A), somente no setor de desenvolvimento (B), em ambos setores (C) ou em nenhum dos dois setores (D).
Consideremos que existam 100 funcionários. Com base nisto, temos: A + B + C + D = 100 A primeira informação do enunciado diz de 70% dos funcionários trabalha
39
8.
12
6. 8
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-2
4
ou no setor de produção (A) ou no setor de desenvolvimento (B), mas não nos
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6
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dois ao mesmo tempo. Ou seja: A + B = 70 A = 70 − B 398.126.848-24
A segunda informação do enunciado é de que um terço dos funcionários que trabalham no setor de desenvolvimento (B + C) também trabalha no setor de produção (C). Assim: B+C =C 3 B + C = 3C
T
C = 0, 5B E a última informação do enunciado é de que 50% dos funcionários não
AF
trabalha no setor de produção. Assim, temos: B + D = 50
D = 50 − B
Substituindo estas três expressões na primeira, temos:
R
(70 − B) + B + 0, 5B + (50 − B) = 100 120 − 0, 5B = 100 20 B= 0, 5
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B = 40
D
Para descobrirmos C, basta substituir esta expressão na equação de C em
função de B:
C = 0, 5 × 40 = 20
Como o número total de funcionários é 100, esta quantia representa 20 = 20% 100 ✞
☎
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8.
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6. 8
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Questão 9
8.
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(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1)
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T
Uma prova consta de 35 questões do tipo múltipla escolha, com 5 opções cada uma, onde apenas uma opção é verdadeira. Um candidato que não sabe resolver nenhuma das questões vai respondê-las aleatoriamente. Ele sabe que as respostas certas das 35 questões estão distribuídas igualmente entre as opções A,B,C,D e E, e resolve marcar suas respostas seguindo esse critério: escolherá aleatoriamente 7 questões para marcar a opção A, outras 7 para a B, e assim sucessivamente. A probabilidade de ele acertar todas as questões é 1 (A) 35! (7!)5 (D) 35! 7.5! (B) 35! (5!)7 (E) 35! 5.7! (C) 35!
AF
Resolução:
A informação crucial para resolver esta questão é de que existem exatamente 7 questões corretas para cada letra dentre as 35 questões. No momento que o candidato marca a primeira resposta (por exemplo, começando pela letra A), a chance de ele acertar é dentre as 35.
7 , 35
visto que existem 7 respostas corretas desta letra
Quando ele marcar a segunda, a probabilidade de acerto cai para
R
que uma das respostas já foi marcada. A terceira será
5 , 33
6 , 34
visto
398.126.848-24
e assim por diante.
Depois de marcar as 7 respostas, ainda existem 28 questões. Quando o
candidato for marcas as alternativas da letra B, por exemplo, as chances de acerto 7 , 6 28 27
e assim por diante até marcar as 7 respostas desta letra. Este
D
serão de
procedimento é o mesmo para as outras letras, até acabarem todas as questões. Vemos que a probabilidade de acerto é:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
P (T ) =P (A) × P (B) × P (C) × P (D) × P (E) 7 6 5 4 3 2 1 P (T ) = × × × × × × × 35 34 33 32 31 30 29 7 6 5 4 3 2 1 × × × × × × × 28 27 26 25 24 23 22 7 6 5 4 3 2 1 × × × × × × × 21 20 19 18 17 16 15
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
15
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
7 6 5 4 3 2 1 × × × × × × × 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 × × × × × × 7 6 5 4 3 2 1 (7!)5 P (T ) = 35!
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008)
T
Questão 10
AF
Em um concurso público serão chamados para contratação imediata 20% dos candidatos com as maiores notas. As notas obtidas seguem uma distribuição normal com média 5,5 e desvio padrão 3. A nota mínima para que o candidato seja chamado para contratação imediata é, aproximadamente, (A) 7,0 (B) 7,5 (C) 8,0 (D) 8,5 (E) 9,0
Resolução:
R
398.126.848-24
O objetivo da questão é descobrir a nota de corte que separa os 80% primei-
ros colocados dos 20% que obtiveram as notas mais altas. Para tanto, é necessário que o candidato observe a tabela e o gráfico da distribuição normal fornecida no
D
início desta prova.
Vale lembrar que a distribuição normal é simétrica, ou seja, a partir da média
dos valores, temos 50% das notas distribuidas igualmente para cada lado. Assim, a nota média corresponde a 50% das notas dos candidatos. Sendo assim, devemos observar Zc da curva normal que contempla 30% restantes, totalizando 80% das notas (os 50% já estão inclusos a partir da média). Como a área total é 50000 e corresponde aos 50% restantes, buscamos Zc correspondente a 30%, ou seja: p=
50000 × 0, 3 = 30000 0, 5
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Pela tabela, temos Zc = 0, 85, que fornece a p = 30234. Como sabemos que
398.126.848-24
398.126.848-24
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
uma unidade de Zc equivale a um desvio padrão, a nota mínima será: ¯ + (0, 85σ) N =N N = 5, 5 + 0, 85 × 3 N = 8, 05 ≈ 8, 0
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 11
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008)
T
A tabela a seguir apresenta algumas estatísticas das ações de três empresas dos setores de petróleo e química. Os dados referem-se às últimas 80 semanas. Empresas
A (%)
B (%)
C (%)
AF
Medidas estatísticas
Rentabilidade média semanal Desvio padrão Rentabilidade mínima Rentabilidade máxima
0,5 3,5 7,6 11,9
0,6 3,9 9,2 10,3
0,4 2,8 5,1 8,2
Considere as afirmações derivadas das estatísticas acima.
R
I - O coeficiente de variação das ações da empresa A é o mesmo que o das ações da empresa C. II - A rentabilidade média das ações da empresa B é maior do que das demais e apresenta menor dispersão relativa, ou seja, menor risco. III - A rentabilidade média das ações da empresa C é menor do que das demais e apresenta menor dispersão relativa, ou seja, menor risco. (B) I e II, apenas. (D) II e III, apenas.
D
Estão corretas as afirmações (A) I, apenas. (C) I e III, apenas. (E) I, II e III.
398.126.848-24
Resolução:
Vamos justificar as afirmativas, baseado nas informações estatísticas forne-
cidas no enunciado. I - Verdadeiro. O coeficiente de variação é dado pela razão entre o desvio padrão e a média. Este valor para a empresa A vale: C:
2,8 0,4
3,5 0,5
= 7, e para a empresa
= 7. Sendo assim, são iguais.
II - Verdadeiro. Olhando a primeira linha da tabela, temos que a rentabilidade
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
média da empresa B (0,6) é maior do que das empresas A (0,5) e C (0,4).
398.126.848-24
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Quanto à dispersão relativa, esta é dada pelo coeficiente de variação de uma amostra. Quanto maior for este coeficiente, mais dispersos são os dados. A empresa B possui um coeficiente de variação de
3,9 0,6
= 6, 5. Sendo assim,
esta empresa apresenta menor dispersão relativa do que as empresas A e C, cujo coeficiente é igual a 7.
398.126.848-24
III - Falso. A rentabilidade média da empresa C é a menor entre as 3 empresas, como pode ser visto na primeira linha da tabela mostrada no enunciado. Porém, o seu coeficiente de variação (7,0) é maior do que o da empresa B (6,5), o que caracteriza uma maior dispersão relativa. ✞
☎
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008)
AF
Questão 12
T
Alternativa (B) ✆ ✝
Uma pesquisa foi feita com alguns moradores de uma cidade brasileira sobre a confiança em três redes de postos de gasolina (A, B e C) e gerou as seguintes informações:
398.126.848-24
R
• 400 pessoas confiam na rede A, das quais 150 confiam somente na rede A; • 400 pessoas confiam na rede B, mas 450, não; • 430 pessoas não confiam na rede C; • 500 pessoas confiam em apenas uma das três redes; • 300 pessoas confiam em exatamente duas das três redes, das quais 110 não confiam na rede B; • 40 pessoas confiam nas três redes. Com base nestas informações, analise as afirmativas a seguir.
D
I - Foram entrevistadas 850 pessoas e a quantidade de pessoas que não confiam na rede A é maior do que a quantidade de pessoas que confiam. II - A quantidade de pessoas que confia na rede C é maior do que a quantidade de pessoas que confia na rede B que é maior do que a quantidade de pessoas que confia na rede A. III - Apenas 20 pessoas não confiam em nenhuma das três redes ou 150 pessoas confiam simultaneamente nas redes A e C. IV - A quantidade de pessoas que confia exclusivamente na rede A é igual à quantidade de pessoas que confia exclusivamente na rede B. É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s) (A) I (B) I e II (C) I e III (D) II e III (E) II e IV
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para auxiliar na resolução da questão, podemos representar o universo de
398.126.848-24
398.126.848-24
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
todos os moradores da seguinte maneira:
398.126.848-24
Com base neste gráfico e nas afirmativas presentes no enunciado, vamos julgar os itens:
T
I - Verdadeiro. Pela segunda informação, temos que o universo total corresponde a 850 pessoas (400 compõem as parcelas B, B+A, B+C e A+B+C, e 450 as parcelas A, C, A+C e nenhum). Pela primeira informação, 400 pes-
AF
soas confiam na rede A. Como o total é 850, 450 não confiam.
II - Falso. Pela terceira informação, temos que 850 - 430 = 420 pessoas confiam na rede C, que é maior do que a quantidade de pessoas que confiam na rede B (400 moradores, pela segunda informação). Porém, este número é igual à quantidade de moradores que confia na rede A, pela primeira informação. III - Falso. As três últimas informações indicam que, 500 pessoas confiam em 398.126.848-24
R
apenas uma rede (A, B e C), 300 pessoas confiam em duas das três redes (B+C, B+A e C+A) e 40 pessoas confiam nas três redes (A+B+C). Sendo assim, 850 - 500 - 300 - 40 = 10 pessoas não confiam em nenhuma rede. Pela quinta informação, as 110 pessoas que não confiam em B pertencem à
D
parcela C+A, ou seja, 110 pessoas confiam simultaneamente em A e C.
IV - Falso. Pela primeira informação, 150 pessoas confiam exclusivamente em A. Com relação a C, temos que 420 confiam em C, onde entram C, C+A, C+B e A+B+C. Temos que 40 pessoas confiam ao mesmo tempo em A+B+C. Como mostrado no item III, a parcela A+C é composta por 110 pessoas. Portanto, sobram 270 pessoas nas parcelas C, C+B. Utilizando a primeira e a quinta informação, chegamos que a parcela C+B vale 190 - 100 = 90. Portanto: 270 - 90 = 180 pessoas confiam somente em C. ✞
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 13
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008) Em um supermercado são vendidas 5 marcas diferentes de refrigerante. Uma pessoa que deseje comprar 3 latas de refrigerante, sem que haja preferência por uma determinada marca, pode escolhê-las de N formas. O valor de N é
398.126.848-24
(A)
3
(B) 10
(C) 15
(D) 35
(E) 125
Resolução: Vamos analisar as possibilidades que temos para a resolução da questão. Chamaremos as marcas de A, B, C, D e E. Devemos notar que a questão possibilita que haja a repetição das marcas. Sendo assim, temos 3 possibilidades: as três latas da mesma marca (chamaremos de P1 ), duas latas da mesma marca e uma
T
diferente (P2 ) e as três latas de marcas diferentes (P3 ). O número de possibilidades total (N ) será igual a soma de P1 , P2 e P3 . Vamos tratar cada uma separadamente. P1 : Como neste caso as três latas serão da mesma marca, o número de possibili-
AF
dades será igual ao número de marcas disponíveis, que é 5. Teremos os arranjos (A, A, A), (B, B, B), (C, C, C), (D, D, D) e (E, E, E). P1 = 5
P2 : Neste caso, teremos 5 duplas de marcas que poderão ser arranjadas com as 4 marcas restantes. Assim, teremos 5 × 4 = 20 possibilidades. Teremos os arranjos
R
(A, A, B), (A, A, C), (A, A, D), (A, A, E), (B, B, A), (B, B, C), (B, B, D), (B, B, E), (C,
398.126.848-24
C, A), (C, C, B), (C, C, D), (C, C, E), (D, D, A), (D, D, B), (D, D, C), (D, D, E), (E, E,
D
A), (E, E, B), (E, E, C) e (E, E, D). P2 = 20
P3 : Neste último caso, não temos a repetição das marcas. Como a ordem das latas não interessa, o número de possibilidades será dado pela combinação das 5 marcas, tomadas 3 a 3. P3 = C53 =
5! 5 × 4 × 3 × 2! = = 10 2!3! 2!(3 × 2 × 1)
Portanto: N = P1 + P2 + P3 = 5 + 20 + 10 = 35 ✞
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8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 14
8.
20
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008) Um município é composto por uma região urbana e por uma região de entorno, a região rural. Na região urbana vivem, hoje, 700 mil pessoas, e 300 mil na região rural. A cada ano, 10% dos moradores da região
398.126.848-24
urbana se mudam para a região rural, e 15% das pessoas que vivem na região rural se mudam para a região urbana. Represente por ReUrb o número de habitantes na região urbana e por ReRur o número de habitantes da região rural. Nessas condições o número de habitantes A da região urbana aumentará em 10% a cada ano. B da região rural aumentará em mais de 20% a cada ano. C de cada uma dessas regiões poderá ser determinado pelo produto de matrizes da forma
D do município diminuirá.
T
.
E de cada uma dessas regiões poderá ser determinado pelo produto de
AF
matrizes da forma
.
Resolução:
Vamos calcular qual será a população em cada uma destas regiões no ano seguinte, para que possamos ter uma idéia da tendência de crescimento (ou dimi-
398.126.848-24
R
nuição) de ambas. Na região urbana, 10% da população migra a cada ano para a região rural, e esta recebe 15% da população proveniente da região rural. Podemos escrever isto como:
D
Un+1 = 0, 9Un + 0, 15Rn
Da mesma maneira, teremos na região rural: Rn+1 = 0, 85Rn + 0, 1Un
Para o primeiro ano, teremos então: U1 = 0, 9U0 + 0, 15R0 U1 = 0, 9 × 700.000 + 0, 15 × 300.000
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
U1 = 675.000
398.126.848-24
398.126.848-24
21
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
E R1 = 0, 85R0 + 0, 1U0 R1 = 0, 85 × 300.000 + 0, 1 × 700.000 R1 = 325.000
398.126.848-24
Com isto, podemos analisar as alternativas:
T
(A) INCORRETA. O crescimento da região urbana será igual a: U1 %a.a = − 1 × 100 U 0 675.000 %a.a = − 1 × 100 700.000 %a.a ≈ −4%
AF
(B) INCORRETA. O crescimento da região rural será igual a: R1 %a.a = − 1 × 100 R0 325.000 %a.a = − 1 × 100 300.000 %a.a ≈ 8%
398.126.848-24
R
(C) INCORRETA. O formato da matriz está correto para representar o crescimento no número de habitantes de cada região (se for feito o produto entre as matrizes, a equação do valor futuro fica no formato que foi mostrado acima). Porém, o índice 2 que aparece na matriz com os percentuais faz com que o
D
produto entre as matrizes indique o número de habitantes apenas no segundo ano, e não em qualquer ano. Para indicar a população em um ano n, a matriz deveria ser elevada na ordem n.
(D) INCORRETA. O número de habitantes total do município permanece constante.
(E) INCORRETA. O formato correto das matrizes é o apresentado na letra (C), desconsiderando o índice 2 como já foi comentado. ✞
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8.
12
6. 8
48
-2
4
✝Questão Anulada ✆
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 15
22
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008) Considere que a porosidade de uma rocha reservatório seja uma variável aleatória contínua — X — que se distribui de acordo com a função de distribuição acumulada
A partir dessas
398.126.848-24
informações, assinale a opção incorreta. A A média de X é igual a 20. B O desvio-padrão de X é superior a 3. C A probabilidade P(X > 20) é igual a 0,5. D A função de densidade de probabilidade de X é E Se Y é uma variável aleatória contínua uniformemente distribuída .
T
no intervalo (0, 1), então
Resolução:
AF
A função que representa a distribuição acumulada F (X) é do tipo logística. O formato acumulado padrão desta funções é do tipo: F (X) =
1
1+e
µ−X s
Onde, no nosso caso µ = 20 e s = 2. Analisando esta função e com base nos conhecimentos acerca da mesma, vamos verificar as alternativas de resposta.
R
398.126.848-24
(A) CORRETA. A média deste tipo de funções é igual a µ = 20. Substituindo este valor na função F (X), vemos que temos exatamente a probabilidade de 50%.
D
(B) CORRETA. A variância deste tipo de funções vale: σ2 =
π 2 s2 3
Fazendo π ≈ 3, 32 × 22 3 2 σ = 12 √ σ = 12 > 3 σ2 =
(C) CORRETA. A função de distribuição acumulada é dada por:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
F (X) = P (X < x)
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
23
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Assim, para termos F (X > 20), necessitamos de: P (X > 20) = 1 − F (20) 1 P (X > 20) = 1 − 20−20 1+e 2 1 P (X > 20) = 1 − 1+1
398.126.848-24
P (X > 20) = 1 − 0, 5 P (X > 20) = 0, 5
(D) INCORRETA. A função de densidade de probabilidade será dada pela derivada da função acumulada, em relação a X. f (X) =
d(F (X)) dX d
f (X) =
1+e
20−X 2
dX
f (X) = −
f (X) = − f (X) =
1
1 1+e
20−X d 2 × 1 + e 2 20−X dx 2
2 × − 20−X
1 1+e e
2
1 2e
20−X 2
398.126.848-24
20−X 2
2× 1+e
20−X 2
2
(E) INCORRETA. Substituindo F (X) por Y , temos: Y = 1+e e e
20−X 2
20−X 2
20−X 2
= = = =
20−X
1+e 2 1 Y 1 −1 Y 1 Y − Y Y 1−Y Y
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
e
20−X 2
1
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
24
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
1−Y Y 1−Y 20 − X = 2 ln Y 1−Y X = 20 − 2 ln Y
20 − X = ln 2
398.126.848-24
✞
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✝Questão Anulada ✆
(Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - INEA 2008)
T
Questão 16
Fatores Gerador Reservatório Selo Trapa Sincronismo Prospectos 60%
80%
70% 80%
60%
(II) Aimoré
70%
70%
80% 80%
70%
(III) Tamoio
60%
80%
80% 80%
60%
AF
(I) Tupi
Dadas, na tabela acima, as probabilidades de ocorrência dos cinco fatores em cada prospecto, quais os prospectos com maior e com menor probabilidade de sucesso, respectivamente? (A) I, II (B) II, I (C) II, III (D) III, I (E) III, II
R
398.126.848-24
Resolução:
Considerando que os cinco fatores são independentes, a probabilidade de
D
os prospectos terem sucesso é dado pelo produto entre as probabilidades de cada fator.
PI = 0, 6 × 0, 8 × 0, 7 × 0, 8 × 0, 6 = 0, 16 PII = 0, 7 × 0, 7 × 0, 8 × 0, 8 × 0, 7 = 0, 22 PIII = 0, 6 × 0, 8 × 0, 8 × 0, 8 × 0, 6 = 0, 18
Assim, a maior probabilidade de sucesso é do prospecto II, e a menor do prospecto I. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 17
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Petróleo - CEPERJ - DRM-RJ 2011)
398.126.848-24
A)
3 3 1 3 , , e 8 8 8 8
B)
3 3 3 1 , , e 16 16 8 8
C)
1 3 3 1 , , e 8 8 8 8
D)
1 3 1 3 , , e 16 16 8 8
E)
1 3 3 3 , , e 16 8 16 16
T
O lançamento de uma moeda três vezes consecutivamente ao ar gerou quatro sequências distintas de resultados: 3 caras, 2 caras e 1 coroa, 2 coroas e 1 cara, e 3 coroas, respectivamente. As probabilidades de ocorrência destas sequências são representadas, respectivamente, por:
Resolução:
AF
No lançamento de três moedas, a probabilidade de termos cada uma daquelas sequências é dada pelo número de eventos favoráveis dividido pelo universo (composto pelo número total de resultados), visto que a probabilidade de a moeda ser cara é igual a de ser coroa. Considerando C como cara e K como coroa, os resultados possíveis são: (C, C, C), (C, C, K), (C, K, C), (C, K, K), (K, C, C), (K, C, K), (K, K, C), (K, K, K). Vamos analisar cada sequência.
398.126.848-24
R
• Três caras: Temos apenas um evento favorável, (C, C, C), dentre os oito. Assim, a probabilidade é igual a 18 .
• Duas caras e uma coroa: Temos três eventos favoráveis, (C, C, K), (C, K, C),
D
(K, C, C), dentre os oito. Assim, a probabilidade é igual a 38 .
• Duas coroas e uma cara: Temos três eventos favoráveis, (C, K, K), (K, C, K), (K, K, C) , dentre os oito. Assim, a probabilidade é igual a 38 .
• Três coroas: Temos apenas um evento favorável, (K, K, K) entre os oito. Assim, a probabilidade é igual a 18 . Assim, a sequência é: 18 , 38 ,
3 8
e 18 . ✞
☎
39
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6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 18
26
8.
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Probabilidade e Estatística
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6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2014/2) Analisando-se o relatório de ensaios de tração de diversos lotes de aço AISI 1020, deseja-se determinar o valor de limite de escoamento que aparece com maior frequência nos ensaios. Para tal, utiliza-se como parâmetro estatístico a(o) (A) média aritmética (B) moda (C) mediana (D) média ponderada (E) ponto médio
398.126.848-24
Resolução:P4-19-Q67 (A) INCORRETA. A média aritmética é definida como a soma das observações dividida pelo número de observações. Portanto, através da sua determinação uma determinada amostragem.
T
não é possível determinar qual o valor que aparece com maior frequência em
AF
(B) CORRETA. A moda é um parâmetro estatístico que determina o valor que aparece mais vezes em um conjunto de dados. Utilizando como exemplo os valores de limite de escoamento abaixo, o candidato poderá verificar como é simples a determinação da moda de uma amostra.
Amostra: 300 Mpa; 350 MPa; 350 MPa; 250 MPa e 350 MPa. Moda = 350 MPa.
(C) INCORRETA. A mediana é o valor (pertencente ou não ao conjunto de da398.126.848-24
R
dos) que divide o conjunto de dados em dois subconjuntos de mesmo tamanho. Para determinar a mediana de uma determinada amostra, é necessário primeiro ordená-la de forma crescente ou decrescente.
D
(D) INCORRETA. A média ponderada atribui “pesos” aos valores da amostra. Para entender melhor, será utilizado um exemplo. Uma empresa é constituída de 40 funcionários, sendo os seus salários representados pela tabela a seguir: Número de funcionários
Salário (R$)
20
R$ 465,00
15
R$ 930,00
5
R$ 1.395,00
A média salarial da empresa, é feita através da seguinte ponderação: (20 × 465) + (15 × 930) + (5 × 1395) = R$ 755, 62 20 + 15 + 5
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Média =
398.126.848-24
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8.
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6
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(E) INCORRETA. O ponto médio é representado pela media aritmética entre o limite superior e limite inferior de uma amostra. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
Questão 19
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2014/2)
T
O ensaio Charpy de três materiais, M, N e P, encontrou como resultado os valores de média e desvio padrão 100 ± 20J, 80 ± 20J e 100 ± 25J, respectivamente. O(s) material(ais) cujo(s) resultado(s) apresenta(m) os valores com a menor dispersão, em termos relativos ao seu valor médio, é(são) (D) os materiais M e N (A) somente o material M (E) os materiais M e P (B) somente o material N (C) somente o material P
Resolução:P4-19-Q68
AF
A medida de dispersão relativa ou coeficiente de variação de Pearson (CVP) pode ser definido como a razão entre o desvio padrão (σ) e a média dos dados da série (M ).
CV P =
Material M:
σ M
e σ = 20 20 CVP = = 0, 2 100
R
M = 100
398.126.848-24
D
Material N:
e σ = 20 20 CV P = = 0, 25 80
M = 80
Material P:
e σ = 25 25 CV P = = 0, 25 100
M = 100
Portanto, aquele que apresenta os valores com menor CVP é o material M. ✞
☎
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6. 8
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4
Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 20
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2012/1) Um engenheiro mecânico oferece determinado equipamento desenvolvido por ele para duas empresas, que estipulam um prazo de uma semana para uma decisão. A probabilidade de o engenheiro receber uma oferta da empresa 1 é de 0,5, e da empresa 2 é de 0,7, e de ambas as empresas é de 0,4.
398.126.848-24
A probabilidade de que o engenheiro consiga uma oferta de pelo menos uma das empresas é de
Resolução:
T
(A) 0,3 (B) 0,5 (C) 0,8 (D) 1,4 (E) 1,6
Conforme o enunciado do problema, o engenheiro possui três possibilidades
AF
venda desse equipamento:
• Evento 1: de somente a empresa 1 requisitar o equipamento. Tendo 50% de chance de ocorrer e sendo chamado de P (1).
• Evento 2: de somente a empresa 2 solicitar o equipamento. Tendo 70% de chance de ocorrer e sendo chamado de P (2).
• Evento 3: ou das duas empresas solicitarem simultaneamente o equipamento.
398.126.848-24
R
Tendo 40% de chance de ocorrer e sendo chamado P (1 ∩ 2).
Então, para se calcular somente a possibilidade da empresa 1 ou da em-
presa 2 solicitar o equipamento é necessário excluir a probabilidade de que as
D
duas empresas comprem o equipamento. Sendo este, um caso onde se deseja saber a probabilidade de ocorrer o evento 1 ou o evento 2, sem que ocorra o os dois eventos ao mesmo tempo. Para resolver a questão, o candidato precisa aplicar a seguinte equação: P (1 ∪ 2) = P (1) + P (2) − P (1 ∩ 2) P (1 ∪ 2) = 0, 5 + 0, 7 − 0, 4 P (1 ∪ 2) = 0, 8 ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 21
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2012/1)
Um departamento de uma empresa tem dois caminhões à sua disposição para o transporte de equipamentos. A probabilidade de o caminhão 1 estar disponível quando necessário é de 0,84, e a do caminhão 2 é de 0,92.
398.126.848-24
A probabilidade de os caminhões 1 e 2 estarem disponíveis para uma determinada solicitação é de (A) 0,36 (B) 0,77 (C) 0,85 (D) 1,4 (E) 1,7
Resolução: Este é um clássico problema de eventos independentes, pois a disponibilidade do caminhão 1 não está atrelada a do caminhão 2 e vice-versa. Pela definição, dois eventos, no nosso caso 1 e 2, são ditos independentes quando o produto de suas probabilidades é igual a probabilidade da interseção (P (1 ∩ 2)) de seus eventos.
Então, chamando a probabilidade de disponibilidade do caminhão 1 de P (1) e a do caminhão 2 de P (2), a resolução pode ser descrita da seguinte forma: P (1 ∩ 2) = P (1)P (2) P (1 ∩ 2) = 0, 84 × 0, 92
398.126.848-24
P (1 ∩ 2) = 0, 77 ✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 22
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2011) Uma fábrica está investindo na produção de uma nova bomba altamente sofisticada. Uma pesquisa que considera as duas maiores empresas da região mostrou que a probabilidade da empresa 1 comprar tal bomba é de 0,7, e a da empresa 2 é de 0,5. Já a probabilidade de a compra ser efetuada pelas duas empresas corresponde a 0,4. Nessa perspectiva, a probabilidade de a bomba ser comprada por pelo menos uma das empresas é (A) 0,5 (B) 0,6 (C) 0,7 (D) 0,8 (E) 0,9
398.126.848-24
T
Resolução:
Simplificando o enunciado do problema, o candidato percebe que há três
AF
possibilidades de venda da bomba mencionada:
• Evento 1: de somente a empresa 1 comprá-la. Tendo 70% de chance de ocorrer e sendo chamado de P (1).
• Evento 2: de somente a empresa 2 requisitar a bomba. Tendo 50% de chance de ocorrer e sendo chamado de P (2).
• Evento 3: ou das duas empresas comprarem simultaneamente este equipa-
398.126.848-24
R
mento. Tendo 40% de chance de ocorrer e sendo chamado P (1 ∩ 2).
Então, para se calcular somente a possibilidade da empresa 1 ou da em-
presa 2 comprar a bomba é necessário excluir a probabilidade de que as duas
D
empresas comprem o equipamento. Sendo este, um caso onde se deseja saber a probabilidade de ocorrer o evento 1 ou o evento 2, sem que ocorra os dois eventos ao mesmo tempo.
Para resolver a questão, o candidato precisa aplicar a seguinte equação: P (1 ∪ 2) = P (1) + P (2) − P (1 ∩ 2) P (1 ∪ 2) = 0, 5 + 0, 7 − 0, 4 P (1 ∪ 2) = 0, 8 ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 23
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2011) No estoque de uma empresa, há trinta compressores do mesmo tipo. Seis deles, no entanto, são defeituosos. Um funcionário seleciona aleatoriamente dois desses compressores. Considerando-se que, uma vez selecionados, não há reposição de qualquer dos equipamentos, qual a probabilidade de ambos serem defeituosos? (D) 1/5 (E) 2/5 (A) 1/36 (C) 1/25 (B) 1/29
398.126.848-24
Resolução: Para resolvermos essa questão podemos dividir as probabilidades em duas etapas, 1 e 2:
T
• Etapa 1:momento em que o funcionário escolhe o primeiro compressor. A possibilidade de ele tirar esse equipamento defeituoso é de 6 chances em 30, pois são 6 compressores defeituosos e 30 compressores no total. Então,
AF
a probabilidade do funcionário selecionar o compressor defeituoso é de Nesse caso podemos equacionar como: P (1) =
6 . 30
6 30
• Etapa 2: para a escolha do segundo compressor, o funcionário possui a disposição 29 compressores no total e, assumindo que na primeira escolha ele
selecionou um compressor com defeito, restam 5 compressores defeituosos no estoque. Dessa forma, a probabilidade do funcionário retirar outro compressor defeituoso é de
5 . 29
Podemos escrever que P (2) =
5 . 29
Neste momento
398.126.848-24
R
é importante que o candidato relembre da frase apresentada no enunciado da resolução, pois ela afirma que o funcionário não devolve o compressor defeituoso após ter feito a primeira escolha.
D
Então, como se trata de um problema de eventos independentes, tem-se a
definição: os dois eventos, no nosso caso 1 e 2, são ditos independentes quando o produto de suas probabilidades é igual a probabilidade da interseção (P (1 ∩ 2)) de seus eventos. Podemos equacionar da seguinte forma: P (1 ∩ 2) = P (1)P (2) 6 5 P (1 ∩ 2) = × 30 29 1 P (1 ∩ 2) = 29 ✞
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8.
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6. 8
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Questão 24
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Petrobras 2010/1) A distribuição normal é uma das mais utilizadas para inferência estatística da probabilidade de ocorrência de diversos fenômenos em engenharia. Nela, qualquer variável
398.126.848-24
aleatória normal X é convertida em uma variável normal X padronizada Z, tal que Z , onde ˆ é o desvio ˆ padrão e é a média aritmética. Na distribuição normal padronizada,
AF
T
(A) a variável Z é contínua e representa o número de desvios em relação à média. (B) a variável Z possui média não nula e desvio padrão igual a 1. (C) um ponto da curva da distribuição indica a probabilidade da variável aleatória assumir um valor real entre 0 e 1. (D) valores idênticos acima e abaixo da média têm probabilidades complementares, pois a curva é simétrica. (E) as médias amostrais terão distribuição diferente da normal para qualquer tamanho amostral n.
Resolução:
É importante que o candidato saiba os conceitos de distribuição normal e distribuição normal padronizada. Na distribuição normal padronizada, os cálculos 398.126.848-24
R
de probabilidade são facilitados, pois se projeta qualquer análise mediante o uso da variável padronizada Z. Cada par de parâmetros (µ e σ) define uma distribuição distinta, sendo que as medidas de tendência central: média, mediana e moda são todas idênticas, pois a curva é simétrica. Utilizando a fórmula de transformação
D
abaixo é possível converter qualquer variável aleatória normal χ em na variável padronizada Z:
Z=
χ−µ σ
A estimativa de probabilidades ligadas a variáveis aleatórias contínuas leva
em consideração o cálculo de área sob a curva da densidade. Este ponto reflete a praticidade da distribuição normal padronizada, pois ela nos permite realizar esses cálculos utilizando a tabela de distribuição normal. Então, após definirmos o conceito de distribuição normal padronizada, pos-
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8.
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6. 8
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-2
4
suímos o embasamento necessário para resolvermos a questão:
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(A) CORRETA. Observando a equação da variável Z é possível notar que o valor padronizado representa o número de desvios-padrão pelo qual um valor χ dista da média, podendo ser “para mais” ou “para menos”. (B) INCORRETA. Avaliando a justificativa da alternativa anterior, pode-se inferir
398.126.848-24
que a distribuição normal padronizada é aquela que tem média 0 e desviopadrão 1. Sendo assim, a média estará bem ao centro da curva de distribuição e cada desvio (para mais ou para menos) será representado por uma unidade. (C) INCORRETA. Quando se avalia a probabilidade de uma variável sob a perspectiva da distribuição normal, sempre se avalia a área sobre a curva e não um único ponto. É Importante mencionar que esse valor sempre será entre 0
T
e 1. (D) INCORRETA. Como a curva de distribuição normal padronizada é simétrica, ou seja, se dividirmos a curva pela metade, um lado é o “espelho” da ouiguais.
AF
tro. Com isso, conclui-se que valores idênticos acima e abaixo da média são
(E) INCORRETA. O Teorema do Limite Central afirma que à medida que o tamanho da amostra aumenta, a distribuição das médias da amostra tende para uma distribuição normal independente do tipo de distribuição. Assim, as médias das médias das amostras poderão ser consideradas como a média da população. Além disso, se a distribuição da variável χ for originalmente uma
398.126.848-24
R
distribuição normal, então a distribuição das médias amostrais terá distribui-
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-2
4
D
ção normal para qualquer tamanho amostral de amostra.
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Questão 25
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Termoaçu 2008) Para responder às questões seguintes, considere a tabela abaixo, que mostra a distribuição de freqüência dos salários mensais, em reais, de 50 funcionários de uma empresa. Salários (reais) 1.000 - 1.999 2.000 - 2.999 3.000 - 3.999 4.000 - 4.999 5.000 - 5.999 6.000 - 6.999 7.000 - 7.999
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Número de funcionários 2 6 16 11 10 3 2 TOTAL: 50
Parte 1 A soma do terceiro quartil com o segundo decil é um valor, em reais, (A) abaixo de 7.500. (B) acima de 7.500, mas abaixo de 8.000. (C) acima de 8.000, mas abaixo de 8.500. (D) acima de 8.500, mas abaixo de 9.000. (E) acima de 9.000.
Resolução: Esta é uma questão de estatística descritiva, mais especificamente de Medidas Separatrizes com distribuição de frequência de classes. Nesta questão será necessário usarmos somente o conceito de quartis e percentis, pois deseja a soma destes. Calculando primeiramente o valor do 3◦ quartil, onde a interpretação a ser feita é de que 75% dos dados são valores menores ou iguais ao valor do terceiro
398.126.848-24
quartil. Então, é preciso definir a localização ou a posição p desse quartil cuja equação é apresentada a seguir: p=
n 4
q
Onde n é a amostragem, sendo neste caso igual a 50, e q é o número para a determinação do quartil. Utilizamos q = 3, pois deseja se determinar o 3◦ Q.Resolvendo temos: p=
50 4
×3
p = 37, 5 Para identificar a posição do 3◦ Q, o candidato precisa visualizar na tabela, na ordem crescente de salários, onde a soma acumulada dos funcionários esteja
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
entre 37 e 38. Ou seja, o 3◦ Q está exatamente na faixa salarial entre 5.000 e 5.999.
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6
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(Isso também pode ser visualizado calculando as frequências acumuladas relativa em uma coluna ao lado). Sabendo onde está localizado o 3◦ Q é preciso calcular o valor do mesmo. Para os dados em distribuição de frequências em classes, o cálculo das medidas
398.126.848-24
separatrizes é feito pela equação abaixo: Q3 = li +
h(p − Fai−1 ) Fi
Onde: i é a classe modal. (i = 5); li é o limite inferior da classe modal (li = 5.000); Fi é a frequência absoluta da classe modal. (F5 = 10); 16 + 11 = 35);
T
Fai−1 é a frequência acumulada da classe anterior à da separatriz. (Fa4 ) = 2 + 6 + h é a amplitude de um intervalo de classe, correspondente à diferença entre o
AF
limite superior e inferior da classe. Calculando h temos:
h = 5999 − 5000 = 999
Com todas as inferências anteriores, podemos calcular o 3◦ Q:
R
Q3 = 5000 +
999 × (37, 5 − 35) ≈ 5.250 10
398.126.848-24
Agora, é necessário calcular o 2◦ decil. E para isso será necessário encon-
D
trar sua posição p utilizando uma equação semelhante a dos quartis: n p=d 10 Onde n é a amostragem, sendo neste caso igual a 50, d é o número para a
determinação do decil. Utilizamos d = 2, pois deseja se determinar o 2◦ D. Resolvendo temos:
p=2×
50 = 10 10
Da mesma forma como foi feito para identificar a posição do 3◦ Q, agora candidato precisa visualizar na tabela para localizar o local onde a soma dos funcionários fique a posição 10. Ou seja, o 2◦ D está na faixa salarial entre 3.000 e
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8.
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6. 8
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-2
4
3.999. Dessa forma, sabendo onde está localizado o 2◦ D é preciso calcular o valor
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do mesmo. Para isso utiliza a equação que o define: D2 = li +
h(p − Fai−1 ) Fi
Neste caso agora temos: i = 3; li = 3.000; F3 = 16; Fa2 = 2 + 6 = 8. Já h, o
398.126.848-24
intervalo de classe, será: h = 3.999 − 3.000 h = 999 Com todas as inferências anteriores, podemos calcular o 3◦ Q: h(p − Fa2 ) F3
T
D2 = l3 +
Assim, a equação se resume ao valor de:
999 × (10 − 8) ≈ 3.125 16
AF
D2 = 3000 +
Logo, podemos efetuar a soma de Q3 com D2:
Q3 + D2 = 5.250 + 3.125 = 8.375
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
R
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Questão 26
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Mecânica - Termoaçu 2008)
D
Parte 2
A freqüência relativa da classe modal é (A) 8% (B) 16% (C) 24% (D) 32% (E) 48%
Resolução: Para resolver esta questão o candidato precisa localizar primeiro a classe modal, ou seja, aquela que apresenta maior frequência. Neste caso, claramente é a de faixa salarial entre R$ 3.000 e 3.999 cujo número de funcionários é 16.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para calcular a frequência relativa fi % desta classe é necessário utilizar a seguinte
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equação: Fi% = 100
Fi n
Onde Fi é a frequência da classe e n é o tamanho da amostra. 398.126.848-24
Então, fazendo a substituição dos valores na equação descrita, temos: Fi% = 100 ×
16 50
Fi% = 32% ✞
☎
Questão 27
T
Alternativa (D) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Mecânica - PetroquímicaSuape 2011)
AF
O diretor, o gerente e quatro funcionários de uma empresa sentam-se em volta de uma mesa circular com 6 lugares para uma reunião. Sabendo-se que o diretor e o gerente não sentam juntos (um ao lado do outro), o número de maneiras diferentes em que essas seis pessoas podem ficar dispostas em volta da mesa é (E) 144 (C) 72 (A) 48 (D) 120 (B) 64
Resolução:
398.126.848-24
R
Este é um problema de permutações circulares, entretanto o enunciado é
claro quando afirma que o diretor e gerente não podem sentar lado a lado. Nesse caso, é necessário descontar essas ocasiões. Iniciaremos a resolução do problema como se todos pudessem em todos os lugares sem nenhuma restrição.
D
Utilizaremos a equação clássica para os casos de permutações circulares: (P C)n = (n − 1)!
Onde n é o número de pessoas envolvidas. Então, com essa equação podemos calcular o número de maneiras diferentes em que essas seis pessoas possam sentar em torno da mesa. Importante: aqui não é considerada a restrição imposta no enunciado. Então: (P C)6 = (6 − 1)! = 120
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Caso não tivesse sido imposta nenhuma restrição, haveria 120 possibilida-
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6
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des de se alocar as 6 pessoas em torno da mesa. Então, será necessário descontar as ocasiões em que em que o gerente e o diretor estejam juntos. Para isso, é necessário considerar que o diretor e o gerente sejam um único elemento em torno dessa mesa. Assim, calculamos o número de possibilidades pela seguinte equação anterior, mas neste caso usamos n = 5.
398.126.848-24
(P C)5 = (5 − 1)! = 48 Dessa forma, existem 48 possibilidades de o diretor e o gerente sentarem juntos. Portanto, o número de disposições em que é possível alocar as 6 pessoas sem que o diretor e gerente sentem juntos é:
T
P = 120 − 48 = 72
✞
☎
Questão 28
AF
Alternativa (C) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Manutenção Pleno - Mecânica - PetroquímicaSuape 2011)
R
Um reservatório, completamente fechado e contendo ar, está conectado a uma bomba de vácuo. A bomba ligada, por um minuto, retira 10% da quantidade de ar desse reservatório. Quantos minutos, aproximadamente, a bomba deve ficar ligada para retirar 90% da quantidade de ar do reservatório? Dado: log3 = 0,477 (A) 10 (B) 14
(C) 18 (D) 22
398.126.848-24
(E) 28
D
Resolução:
Como a cada minuto o tanque perde 10% da quantidade de ar do seu inte-
rior, intuitivamente percebemos que está uma questão de progressão geométrica (PG). Para facilitar o entendimento desse exercício, pode-se pensar na quantidade de ar que resta dentro do reservatório e não na quantidade que sai do mesmo. Então, fazendo uma analogia com o nosso problema do reservatório podemos remodelar a equação da PG em: Vt = V0 (0, 9)t onde Vt é a quantidade de ar restante no reservatório após determinado tempo t
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8.
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6. 8
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-2
4
de sucção e V0 é a quantidade de ar no instante inicial, ou seja, no tempo zero
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Probabilidade e Estatística
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(Caso em que o tanque está com 100% da quantidade de ar). A razão da PG é 0,9, pois a cada minuto são retirados 10% do ar em relação ao minuto anterior, assim podemos dizer que restam 90% do ar em relação ao minuto anterior. t é a variável de tempo, que neste caso estaremos usando em
398.126.848-24
minutos. Com a equação apresentada anteriormente, o candidato tem todas as condições de resolver o problema, pois é necessário saber qual o instante de tempo t que a quantidade de ar retirado do reservatório atingirá os 90%, ou seja, restando 10% de ar. Relacionando com o equacionamento proposto pela resolução, isto pode ser traduzido da seguinte forma:
T
Vt = (0, 1)V0
Aplicando logaritmo nos dois lados da equação original e na sequência uti-
AF
lizarmos suas propriedades obtemos:
log(Vt ) = log(V0 (0, 9)t )
log(Vt ) = log(V0 ) + log((0, 9)t )
Agora podemos substituir Vt por 0, 1V0 :
log(0, 1V0 ) = log(V0 ) + t × log(0, 9) 1 3 + log(V0 ) = log(V0 ) + t × log 3 × 10 10
398.126.848-24
R
log
− log(10) = t × (log(3) + log(3) − log(10))
D
Como log(3) = 0, 477 e log(10) = 1, ficamos com: −1 = t × (2 × 0, 477 − 1) t ≈ 22min ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 29
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2012)
Um departamento de uma empresa possui um total 30 engenheiros, sendo 8 engenheiros mecânicos, 10 engenheiros civis e 12 engenheiros de produção. Se um engenheiro é selecionado aleatoriamente para responder a uma entrevista, a probabilidade de que o engenheiro escolhido seja de engenharia civil ou de produção é 398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
1/3 2/5 11/15 22 120
Resolução: Este é um caso onde os eventos são mutuamente exclusivos, ou seja, não
T
possuem nenhum elemento em comum. Então, para se calcular a possibilidade de selecionar o engenheiro civil (1) ou de produção (2) basta somar as probabilidades de que cada um ocorra. Lembrando que o número de engenheiros mecânicos,
AF
civis e de produção são, respectivamente, 8, 10 e 12.
A probabilidade de se escolher um engenheiro civil é: P (1) =
10 30
A probabilidade de se escolher um engenheiro de produção é: 12 30
398.126.848-24
R
P (2) =
Então, para resolver a questão, o candidato precisa aplicar a seguinte equa-
D
ção:
P (1 ∪ 2) = P (1) + P (2) 10 12 P (1 ∪ 2) = + 30 30 22 P (1 ∪ 2) = 30 11 P (1 ∪ 2) = 15 ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 30
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2012)
As probabilidades de uma pessoa comprar um compressor industrial e escolher o compressor de parafusos, de lóbulos, de palhetas ou de diafragma são respectivamente, 0,10; 0,18; 0,26 e 0,28. Qual a probabilidade de que determinado cliente compre um desses compressores? (A) (B) (C) (D) (E)
398.126.848-24
0,001 0,18 0,20 0,82 1,20
Resolução: Este é um caso onde os eventos são mutuamente exclusivos, ou seja, não possuem nenhum elemento em comum. Então, para se calcular a possibilidade de de que cada um ocorra.
T
selecionar um dos compressores mencionados bastam somar as probabilidades
AF
A probabilidade de cada um dos compressores está listada abaixo: • Parafusos: P (1) = 0, 1 • Lóbulos: P (2) = 0, 18
• Palhetas: P (3) = 0, 26
• Diafragma: P (4) = 0, 28
398.126.848-24
R
Então, para resolver a questão, o candidato precisa aplicar a seguinte equa-
ção:
P (1 ∪ 2 ∪ 3 ∪ 4) = P (1) + P (2) + P (3) + P (4)
D
P (1 ∪ 2 ∪ 3 ∪ 4) = 0, 1 + 0, 18 + 0, 26 + 0, 28 P (1 ∪ 2 ∪ 3 ∪ 4) = 0, 82 ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
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Questão 31
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2011) Uma distribuição discreta de probabilidade que fornece a frequência de ocorrência de certos tipos de eventos aleatórios, podendo ser usada como aproximação da distribuição binomial, corresponde à distribuição
398.126.848-24
(A) (B) (C) (D) (E)
geométrica hipergeométrica normal uniforme de Poisson
Resolução: A seguir é feita a descrição de cada um dos tipos de distribuição menciona-
T
dos no enunciado da questão: (A) INCORRETA. Geométrica: é a distribuição que a avalia uma sucessão de provas de Bernoulli e uma variável aleatória qualquer. Calcula-se o número
AF
de provas a serem realizadas até que se obtenha sucesso. Importante é que o sucesso só se busca na última prova a ser realizada, sendo que nos testes anteriores só ocorram falhas ou insucessos. Então, calcula-se a probabilidade associada ao sucesso e a do insucesso.
(B) INCORRETA. Hipergeométrica: Este tipo de distribuição de probabilidade discreta que analisa o a probabilidade de se obter sucesso em n extrações em 398.126.848-24
R
uma população finita de tamanho N sem que reposição. (C) INCORRETA. Normal: A distribuição normal é o tipo de distribuição cujo formato da curva é semelhante a um sino invertido. Essa curva é montada a partir da função de densidade da probabilidade da distribuição normal, po-
D
dendo pode apresentar diversos comportamentos, como possuir mesmos σ e diferentes µ, mas também apresentar mesmo µ e diferentes σ. Além disso, ela pode ser padronizada, onde os cálculos de probabilidade são facilitados, pois se projeta qualquer análise mediante o uso da variável padronizada Z.
(D) INCORRETA. Uniforme: É a distribuição mais simples de conceituar. A distribuição uniforme é uma distribuição contínua, utilizada para modelar a ocorrência de eventos cuja probabilidade é constante em intervalos de mesma dimensão (por exemplo: no intervalo [a, b]). (E) CORRETA. De Poisson: usualmente é aplicada na modelagem do número
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4
de ocorrências de um determinado evento por certo tempo ou por um certo
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Probabilidade e Estatística
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volume ou por uma certa área, ou seja aleatório. Podemos utilizar a distribuição de Poisson como uma aproximação da distribuição Binomial quando: o número de tentativas n for grande e a probabilidade de cada tentativa p, for muito pequena. 398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
Questão 32
(Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2011)
AF
T
De quantos modos oito estagiários de engenharia podem ser combinados para formar duas duplas e um grupo com quatro estagiários para executar determinada tarefa? (A) 8 (B) 420 (C) 1.132 (D) 1.680 (E) 40.320
Resolução:
É necessário separar o raciocínio em duas etapas, a primeira para formar dois grupos de 4 integrantes cada e a segunda formar duas duplas com os 4 integrantes que restaram da escolha, pois os 4 primeiros já fazem parte do quarteto. O
R
método a ser utilizado é o produto de duas combinações simples, onde a fórmula
398.126.848-24
esta apresentada abaixo:
Cnp =
n! p!(n − p)!
D
Então, aplicando os valores do enunciado: C84 C42 =
8 × 7 × 6 × 5 × 4! 4! × 4! × 4! 2! × 2!
C84 C42 = 70 × 6
C84 C42 = 420
Logo, são 420 modos de combinar os estagiários. ✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 33
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) Júnior - Área: Mecânica - Transpetro 2011)
Em um jantar de confraternização de uma empresa, há 260 homens, dos quais 80 falam francês, e 180 mulheres, das quais 120 falam francês. Um dos convidados será selecionado aleatoriamente para participar de um evento na França. Qual a probabilidade de esse indivíduo ser homem e falar francês? (A) 2/3 (B) 2/5 (C) 2/11 (D) 4/13 (E) 80
398.126.848-24
T
Resolução: Primeiramente é necessário saber qual e probabilidade do indivíduo ser homem P (H). Isto pode ser facilmente calculado, pois a soma homens (H) mais
AF
mulheres (M ) é igual a 440. Então a probabilidade desse individuo ser homem é: P (H) =
H 260 = (H + M ) 440
Já a probabilidade desse homem falar francês (HF ) é obtida através da divisão do total de homens que estão nesse jantar. Assim, podemos calcula a probabilidade de se escolher um homem que fale francês;
R
P (HF ) =
HF 80 = H 260
398.126.848-24
Dessa maneira, utilizando o princípio multiplicativo dos princípios fundamen-
tais da contagem, determinamos a probabilidade desse indivíduo ser homem e
D
falar francês P (HHF ).
P (HHF ) = P (H) × P (HF ) 260 80 P (HHF ) = × 440 260 2 P (HHF ) = 11 ✞
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Alternativa (C) ✆ ✝
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Questão 34
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/1)
Na produção fabril de um componente eletrônico, a probabilidade de um deles sair com defeito é um valor constante para qualquer componente fabricado e vale 0,2. Dessa forma, a função de distribuição de probabilidade é discreta e do tipo binomial. Num lote de 5 componentes fabricados, qual é a probabilidade de 3 saírem defeituosos? (A) 0,409 (B) 0,327 (C) 0,204 (D) 0,051 (E) 0,006
398.126.848-24
Resolução: Do ponto de vista lógico existem apenas duas possibilidades para a peça amostrada, ou ela é defeituosa ou não é. Assim, se P (D) = 0, 20, então devido à
T
complementaridade:
P (D) = 1 − P (D) = 1, 00 − 0, 20 = 0, 80
AF
Então, todas as combinações possíveis de resultados da amostragem podem ser obtidas pela definição de binômio de Newton: 1 = (P (D) + P (D))5
1 = C55 P (D)5 P (D)0 + C45 P (D)4 P (D)1 + C35 P (D)3 P (D)2 + + C25 P (D)2 P (D)3 + C15 P (D)1 P (D)4 + C05 P (D)0 P (D)5 398.126.848-24
R
De modo que cada um dos termos tem um significado:
C55 P (D)5 P (D)0 : probabilidade de cinco amostras defeituosas; C45 P (D)4 P (D)1 : probabilidade de quatro amostras defeituosas e uma não;
D
C35 P (D)3 P (D)2 : probabilidade de três amostras defeituosas e duas não; C25 P (D)2 P (D)3 : probabilidade de duas amostras defeituosas e três não; C15 P (D)1 P (D)4 : probabilidade de uma amostra defeituosa e quatro não; C05 P (D)0 P (D)5 : probabilidade de cinco amostras não defeituosas. Porém, sabemos que a combinação de n em p vale: n! p!(n − p)!
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Cpn =
398.126.848-24
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8.
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Para o caso onde p = 3 defeitos em n = 5 amostras, temos: 5! 3!2! 5 × 4 × 3! 5 C3 = 3!2! 5×4 5 C3 = 2×1 C35 =
398.126.848-24
C35 = 10 Temos também que:
P (D)3 = (0, 20)3 = 0, 008
T
P (D)2 = (0, 80)2 = 0, 64 De modo que:
AF
P (3D, 2D) = C35 P (D)3 P (D)3
P (3D, 2D) = 10 × 0, 008 × 0, 64 P (3D, 2D) = 0, 0512
Arredondando para baixo, teremos:
✞
☎
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Alternativa (D) ✆ ✝
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-2
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D
R
P (3D, 2D) = 0, 051
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Probabilidade e Estatística
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(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2014/1)
Uma tensão elétrica de natureza aleatória incide sobre um circuito elétrico, causando incertezas. A variável aleatória v tem a sua função densidade de probabilidade dada em volts assim definida para v:
398.126.848-24
Qual é o valor médio esperado dessa tensão, em volts? (A) 7,5 (B) 7,0 (C) 6,8 (D) 6,2 (E) 5,8
T
Resolução:
O valor esperado, ou esperança, de uma variável aleatória contínua pode gração:
AF
ser obtido através da função densidade de probabilidade através da seguinte inteE[V ] =
Z
−∞
∞f (v)vdv
Uma vez que a densidade de probabilidade é nula fora do intervalo 5 < v < 8, temos:
−∞
∞f (v)vdv =
Z Z
50vdv +
−∞
R
Z
E[V ] =
Z
8f (v)vdv +
5
Z
8
∞0vdv
398.126.848-24
8f (v)vdv
5
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8.
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6. 8
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-2
4
D
Basta então substituir o valor de f (v) e realizar a integração Z 2(v − 5) E[V ] = 8 vdv 9 5 Z 2 10 E[V ] = 8 v 2 − vdv 9 5 9 3 8 2 8 5 v 10 v E[V ] = − 9 3 5 9 2 5
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Probabilidade e Estatística
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Tomando os limites de integração: 2 83 − 53 10 82 − 52 E[V ] = − 9 3 9 2 2 512 − 125 10 64 − 25 E[V ] = − 9 3 9 2 2 387 10 39 E[V ] = − 9 3 9 2 2 5 E[V ] = × 129 − × 39 9 9 1 E[V ] = × (2 × 129 − 5 × 39) 9 1 E[V ] = × (258 − 195) 9 63 E[V ] = 9 E[V ] = 7, 0 V
T
398.126.848-24
Questão 36
AF
✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2012/1)
398.126.848-24
R
A vida útil (em 1.000 horas) de um componente eletrônico é uma variável aleatória, normalmente distribuída com média 5 h e variância 9 h2. Uma amostra aleatória de 16 componentes é retirada da produção e a média da amostra é registrada.
D
Definindo Φ(z) = P(Z ≤ z), onde Z é uma variável aleatória normal padrão, a expressão que denota a probabilidade de que a média da amostra seja superior a 5,5 h é dada por (C)
(A) (D) (B)
39
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6. 8
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(E)
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Probabilidade e Estatística
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6
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Resolução: Para resolver esta questão é necessário conhecer o “Teorema do Limite Central” que é enunciado abaixo: Teorema (do Limite Central) “Seja uma amostra aleatória (X1 , X2 , ..., Xn )
398.126.848-24
de tamanho n, retirada de uma população com média µ e variância σ 2 . Então a média
X1 +X2 +...+Xn n
é uma variável aleatória cuja distribuição aproxima-se de uma σ2 . n
Normal com média µ e variância
”
No caso deste trabalho, n = 16, µ = 5h2 e σ = 9h2 . Defina a variável aleatória M = variância V AR
X1 +X2 +...+Xn . n 2 = σn . Assim,
Assim, M tem distribuição Normal com média µ e usando a propriedade de que P (A) = 1 − P (Ac ) em
T
que Ac é o complemento de A, temos que
Como
AF
P (M > k) = 1 − P (M ≤ k)
P (M ≤ k) = P
então
(k − µ) Z≤√ V AR
P (M > k) = 1 − Φ
R
Substituindo os valores temos que
=Φ
(k − µ) √ V AR
(k − µ) √ V AR
5, 5 − 5 2 q P (M > 5, 5) = 1 − Φ =1−Φ 3 9 16
✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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D
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Questão 37
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Ao analisar dados coletados de uma certa medida de interesse, variando de 0 a 2, o pesquisador observou que o histograma tinha a forma de uma parábola restrita a [0,2] e assim modelou probabilisticamente a variável, segundo uma função de densidade de probabilidade dada por
398.126.848-24
O valor de c e a mediana da distribuição são, respectivamente, (A)
T
(D) (B)
(E)
AF
(C)
Resolução:
Para que f (x) seja realmente uma função densidade de probabilidade, é necessário que sua integral em todo o limite de definição seja igual a 1. Dessa
R
forma, temos que ter
Z
2
f (x)dx = 1
398.126.848-24
0
D
ou seja,
Z
2
0
2
c=
3 8
x3 cx dx = c 3 2
Dessa forma,
0
=c×
8 =1 3
A mediana, denotada por m, é o valor tal que a probabilidade de que a va-
riável aleatória seja maior que m é igual à probabilidade de que a variável aleatória
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
seja menor que m. Dessa forma, se m é a mediana da distribuição então Z m 1 cx2 dx = 2 0
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8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
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Dessa forma, m
3 2 1 x dx = 8 2 0 3 m 3 x 1 × = 8 3 0 2 3 3 m 1 × = 8 3 2 3 m =4 √ 3 m= 4 Z
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✞
☎
AF
Questão 38
T
Alternativa (E) ✆ ✝
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011) Uma transportadora promete entregar mercadorias em, no máximo, 24 horas, para qualquer endereço no país. Se o prazo das entregas segue distribuição de probabilidade normal, com média de 22 horas e desvio padrão de 40 minutos, o percentual de mercadorias que demoram mais do que as 24 horas prometidas para chegar ao seu destino é 0,135% 0,27% 0,375% 0,73% 0,95%
398.126.848-24
D
R
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
O objetivo da questão é calcular a probabilidade de que a entrega ocorra
com mais de 24h. Denotando por T a variável aleatória Tempo de Entrega, o que deve ser calculado é P (T > 24). Como a probabilidade de que a entrega
ocorra exatamente com 24h é nula (já que trata-se de uma função densidade de probabilidade) então não há diferença entre se usar > ou ≥. Sendo µ a média da
distribuição T e σ seu desvio padrão, então a probabilidade de que T seja maior ou igual a um valor k é: k−µ Z≥ σ
39
8.
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6. 8
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-2
4
P (T ≥ k) = P
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12
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Substituindo os valores e notando que σ = 40min = 23 h, temos que 24 − 22 P (T ≥ 24) = P Z ≥ = P (Z ≥ 3) 2 3
Usando a propriedade de que P (A) = 1 − P (Ac ) temos que
398.126.848-24
P (T ≥ 24) = 1 − P (Z < 3) Agora é necessário consular a tabela de distribuição normal disponível na prova. Vemos que nessa tabela consta P (0 < Z < Zc ), mas precisamos de P (Z < Zc ). Basta notar então que
T
P (Z < Zc ) = P (Z < 0) + P (0 < Z < Zc ) Mas P (Z < 0) = 0, 5. Dessa forma,
AF
P (Z < 3) = 0, 5 + P (0 < Z < 3) P (Z < 3) = 0, 5 + 0, 49865 P (Z < 3) = 0, 99865
Assim, voltando ao fato de que P (T ≥ 24) = 1 − P (Z < 3), segue que P (T ≥ 24) = 1 − 0, 99865
R
P (T ≥ 24) = 0, 00135
398.126.848-24
P (T ≥ 24) = 0, 135% ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 39
53
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2011)
Uma pessoa lança repetidamente um dado equilibrado, parando quando obtém a face com o número 6. A probabilidade de que o dado seja lançado exatamente 3 vezes é 398.126.848-24
(A) (D) (B) (E) (C)
T
Resolução: Para que o dado seja lançado exatamente 3 vezes é necessário que ocorra a seguinte sequência de eventos:
AF
• Evento E1: Não sai 6 no primeiro lançamento
• Evento E2: Não sai 6 no segundo lançamento • Evento E3: Sai 6 no terceiro lançamento
Assim, a probabilidade do Evento A (com o dado sendo lançado exatamente 3 vezes) é:
P (A) = P (E1 ∩ E2 ∩ E3)
R
398.126.848-24
D
Como E1, E2 e E3 são independentes P (A) = P (E1) × P (E2) × P (E3)
Como são favoráveis ao evento E1 qualquer outro resultado exceto 6,
P (E1) =
5 . 6
Observe que os eventos E1 e E2 são iguais, logo P (E2) =
5 . 6
A
probabilidade de sair 6 ao se lançar o dado é 16 , logo P (E3) = 16 . Assim, 5 5 1 × × 6 6 6 25 P (A) = 216 P (A) =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 40
8.
54
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
Considere as seguintes distribuições: Distribuição do número de municípios segundo faixas da população 398.126.848-24
Número de municípios
Faixas de população Até 5.000 habitantes
1.267
De 5.001 a 20.000 habitantes
2.675
De 20.001 a 100.000 habitantes
1.356
De 100.001 a 500.000 habitantes
229
Mais de 500.000 habitantes Total de municípios
37 5.564
398.126.848-24
D
R
AF
T
IBGE. Pesquisa Perfil dos Municípios Brasileiros, 2009. (Dados adaptados)
Sabe-se que 1% dos municípios com mais de 100.000 habitantes não possuem unidades de ensino superior, estádios ou ginásios poliesportivos, nem cinema. Nessa faixa de população, o número de municípios que possuem as três características, é, aproximadamente, (B) 170 (C) 210 (A) 94 (D) 226 (E) 255
Resolução: Para resolver esta questão é necessário conhecer a seguinte propriedade das probabilidades: Dados dois eventos A e B vale que P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Esta propriedade pode ser extendida para n eventos. No caso de três even-
398.126.848-24
398.126.848-24
55
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
tos A, B e C a propriedade é P (A∪B ∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (A∩B)−P (A∩C)−P (B ∩C)+P (A∩B ∩C) Defina então os seguintes eventos:
398.126.848-24
A: Cidade com mais de 100000 habitantes possuir unidade de ensino superior. B: Cidade com mais de 100000 habitantes possuir unidade de ensino ginásio. C: Cidade com mais de 100000 habitantes possuir unidade de ensino cinema. Como P (A ∪ B ∪ C) = 99% (já que a probabilidade de que não haja nenhum
T
dos três lugares é 1%) e aplicando a propriedade apresentada temos que
99% = 81% + 96% + 78% − 64% − 81% − 75% + P (A ∩ B ∩ C)
AF
P (A ∩ B ∩ C) = 64%.
Como existem 229 + 37 = 266 cidades com mais de 100.000 habitantes, então o número de cidades em que existe unidade de ensino superior, ginásio e cinema é de 0, 64 × 266 = 170, 24. Aproximando, o resultado fica 170 cidades. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
R
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/2)
D
Questão 41
Um jogo consiste em lançar uma moeda honesta até obter duas caras consecutivas ou duas coroas consecutivas. Na primeira situação, ao obter duas caras consecutivas, ganha-se o jogo. Na segunda, ao obter duas coroas consecutivas, perde-se o jogo. A probabilidade de que o jogo termine, com vitória, até o sexto lance, é (A) 7/16 (B) 31/64 (C) 1/2 (D) 1/32 (E) 1/64
Resolução: Esta é uma questão típica em que alguns candidatos perderiam um tempo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
precioso da prova fazendo várias contas e analisando diversos cenários possíveis.
398.126.848-24
398.126.848-24
56
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Observe, no entanto, que a moeda é honesta e o conceito de cara e coroa é apenas uma definição. Dessa forma, a probabilidade de vencer o jogo até o sexto lançamento é igual à probabilidade de perder o jogo até o sexto lançamento. Porém, existe ainda uma outra possibilidade: o jogo não ter terminado até o fim do 6o lançamento.
398.126.848-24
Vamos então calcular a probabilidade do evento N T : jogo não ter terminado até o fim do 6o lançamento. Isso só ocorre se sair cara e coroa alternadamente. Sendo C(cara) e K(coroa), temos:
T
• Possibilidade 1: C-K-C-K-C-K, cuja probabilidade de ocorrer é igual a 6 1 1 P1 = = 2 64
AF
• Possibilidade 2: K-C-K-C-K-C, cuja probabilidade de ocorrer é igual a 6 1 1 P2 = = 2 64 Logo a probabilidade de que o jogo não tenha terminado até o fim do 6o lançamento é
P (N T ) = P1 + P2 =
1 1 1 + = 64 64 32
Definindo os eventos V , D como Vitória e Derrota até o fim do 6o lançamento, respectivamente, temos que
R
398.126.848-24
P (V ) + P (D) + P (N T ) = 1
D
Como P (V ) = P (D) então
2P (V ) = 1 − P (N T ) 1 2P (V ) = 1 − 32 31 2P (V ) = 32 31 P (V ) = 64 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 42
57
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Elétrica - Petrobras 2010/1)
Uma pessoa lança um mesmo dado não viciado duas vezes consecutivas. Como no primeiro lançamento foi obtido o número 5, qual a probabilidade do resultado ser 3 ou 4 no segundo lançamento? 1 1 1 1 1 (A) (B) (C) (D) (E) 3 6 18 36 12
398.126.848-24
Resolução: Esta é uma questão de probabilidade condicional. Defina os eventos: • A: Sair 5 no primeiro lançamento
T
• B: Sair 2 ou 3 no 2o lançamento A probabilidade condicional de B dado A é
P (A ∩ B) P (A)
AF
P (B|A) =
Note que P (A ∩ B) = P (A) × P (B), já que os eventos A e B são indepen-
dentes.
Assim,
P (B|A) =
P (A) × P (B) P (A)
398.126.848-24
R
P (B|A) = P (B)
Como para B existem 2 eventos favoráveis de 6 possíveis, então P (B) = 13 .
D
Dessa forma,
P (B|A) = P (B) =
1 3
É bastante intuitivo que o resultado do primeiro lançamento não influencie o
segundo, já que os eventos são independentes. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 43
58
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr - Engenharia Elétrica - BR Distribuidora 2010) Considerando-se válida a hipótese de que a duração de um projeto se distribua segundo uma curva normal, a probabilidade percentual desse projeto ter sua conclusão em um tempo, no máximo, igual ao planejado, é igual a (A) 40 (B) 50 (C) 60 (D) 70 (E) 90
398.126.848-24
Resolução: Essa questão não é muito clara com relação à média da distribuição normal ao tempo de projeto.
T
considerada. No entanto, é natural imaginar que a média da distribuição seja igual
AF
Dessa forma, usando a propriedade de simetria da curva normal em relação à média, a probabilidade de que o tempo seja menor ou igual à média é de 50%,
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
R
como apresentado na figura a seguir:
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 44
59
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012)
Uma empresa fornecedora de motores foi contratada por uma indústria para providenciar uma encomenda feita por uma de suas unidades. A empresa contratada fornece motores de apenas duas marcas: M e N. A marca M é a mais popular e, por motivo da grande demanda decorrente de sua popularidade, tornou-se mais rara no mercado. Diante disso, a empresa fornecedora avisa aos seus clientes que, para cada motor fornecido, a probabilidade de o mesmo ser da marca M é de apenas 25%. Considerando verdadeiro o aviso dado pela empresa e sabendo que a encomenda realizada pela unidade industrial foi de 6 motores, qual é a probabilidade de, ao serem entregues, apenas 2 motores serem da marca M?
398.126.848-24
(A)
1 3
(B)
1 16
(D)
81 4096
(E)
1215 4096
T
(C) 97 4096
Resolução:
AF
A probabilidade de que os motores 1 e 2 sejam da marca M e os outros 4 da marca N é de
P12 = 0, 25 × 0, 25 × (0, 75)4
A probabilidade P12 não é a resposta da questão, pois nela foi fixado que os motores 1 e 2 serão da marca M e os motores 3,4,5 e 6 da marca N. Devemos então calcular o número de formas possíveis de se escolher 2 motores em um 398.126.848-24
R
conjunto de 6 motores, que corresponde à combinação “de 6 escolhem 2”: C62 =
6! = 15 2! × 4!
D
Assim, a probabilidade de que exatamente 2 motores sejam da marca M é: 4 1 1 3 2 P12 × C6 = × × × 15 4 4 4 1215 P12 × C62 = 4096 ✞
☎
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8.
12
6. 8
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-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 45
8.
60
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior - Área: Elétrica - Transpetro 2012) Uma variável aleatória quantitativa X assume todos os valores numéricos do intervalo real [3,11], e apenas esses. Sabe-se que a sua distribuição é simétrica e que sua variância é igual a 2. Dessa forma, ao se considerar a variável aleatória Y definida por y = 4.X + 3, a média e o desvio padrão de Y serão, respectivamente, iguais a
398.126.848-24
(A) 10 e 11 (B) 10 e 4 2 (C) 10 e (4 2 3) (D) 31 e
11
Resolução: Como a média é dada por Z 11 Z xp(x)dx =
xp(x)dx + 0
Z
11
xp(x)dx
7
AF
0
7
T
(E) 31 e 4 2
Mas como a distribuição é simétrica, p(14−x) = p(x) para todo x no intervalo [3, 11], e a expressão pode ser reescrita como Z 11 Z 7 Z xp(x)dx = xp(x)dx + 3
0
11
xp(14 − x)dx
7
R
Defina então a mudança de coordenadas y = 14 − x. Assim, dy = −dx e
398.126.848-24
temos que:
Z
11
xp(x)dx =
3
Z
7
xp(x)dx −
0
Z
3
(14 − y)p(y)dy
7
D
Trocando os limites de integração do segundo membro do lado direito temos
que
Z
11
xp(x)dx =
3
Z
7
xp(x)dx + 0
Z
7 3
(14 − y)p(y)dy
Juntando as duas integrais (pois elas tem os mesmos limites de integração,
temos que: 11
xp(x)dx = 3
Z
7 0
(x + 14 − x)p(x)dx =
Z
7
14p(x)dx 0
Como p(x) é simétrica em relação à x = 7 então Z 7 Z 14 1 p(x)dx = p(x)dx = 2 7 0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Z
398.126.848-24
398.126.848-24
Assim, Z
8.
61
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
11
xp(x)dx = 7 3
Logo a média (valor esperado) da variável X é 7. Definindo E(X) como sendo o valor esperado de X e E(Y ) o valor esperado de Y , temos que
398.126.848-24
E(Y ) = 4E(X) + 3 = 31 Definido a variância de X como V AR(X) e a variância de Y como V AR(Y ) e usando as propriedades da variância de que V AR(cX) = c2 × V AR(X)
T
V AR(X + C) = V AR(X) temos que:
AF
V AR(Y ) = 42 × V AR(X) V AR(Y ) = 16 × 2 V AR(Y ) = 32
Como o desvio padrão
p V AR(Y ) √ σ(Y ) = 32 √ σ(Y ) = 4 2
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
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-2
4
D
R
σ(Y ) =
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 46
8.
62
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior: Área Elétrica - Transpetro 2011)
398.126.848-24
O gráfico da figura acima mostra a função densidade de probabilidade de um experimento com uma variável aleatória X. 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30
AF
(A) (B) (C) (D) (E)
T
O valor da amplitude A é
Resolução:
Para que p(x) seja uma função densidade de probabilidade é necessário que o valor da integral sobre todo o domínio de definição seja igual a 1. Isso deve ser verdade para que a probabilidade da união de todos os eventos possíveis seja igual a 1.
R
Essa integral é muito simples de ser calculada, por corresponder à área de
398.126.848-24
D
um triângulo de base igual a 8 e altura A. Portanto: Z 8 1 p(x)dx = × 8 × A 2 0 1 = 4A 1 A= 4 A = 0, 25
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 47
8.
63
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior: Área Elétrica - Transpetro 2008)
Um candidato fará uma prova com 5 questões de múltipla escolha. Cada questão possui 4 alternativas, sendo apenas uma destas a correta. O candidato marcará apenas uma alternativa em cada questão e não deixará questão em branco. A figura ilustra duas maneiras diferentes de o candidato preencher cartões-respostas dessa prova.
398.126.848-24
1 (A) (B) (C) (D) 2 3 4 5
(A) (A) (A) (A)
(B) (B) (B) (B)
(C) (C) (C) (C)
(D) (D) (D) (D)
1 (A) (B) (C) (D) 2 3 4 5
(A) (A) (A) (A)
(B) (B) (B) (B)
(C) (C) (C) (C)
(D) (D) (D) (D)
Parte 1
AF
T
Quantos são os cartões-respostas distintos que apresentam exatamente 3 respostas certas? (A) 9 (B) 19 (C) 36 (D) 64 (E) 90
Resolução:
Como devem ser 3 questões certas e 2 questões erradas, inicialmente escolhemos quais questões estarão corretas e quais estarão erradas. O número de escolhas possíveis de questões certas é a combinação de 5 escolhem 3, ou seja
R
C53 =
5! = 10 2! × 3!
398.126.848-24
Para cada questão correta existe apenas uma solução possível. Para cada
uma das questões erradas existem 3 possibilidades. Suponha que tenhamos fixado as questões corretas (exemplo 1, 2 e 3). Então, o número de formas de
D
preencher o gabarito com (1,2,3) corretas é 3 × 3 = 9 (3 alternativas erradas em 4 e 5).
Como não é necessário que as erradas sejam (1,2 e 3), o número de possi-
bilidades de preenchimento do gabarito é 9 × 10 = 90. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 48
64
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) Júnior: Área Elétrica - Transpetro 2008)
Parte 2
398.126.848-24
Resolução:
T
Se o candidato decidir assinalar as alternativas dessa prova de forma totalmente aleatória, qual a probabilidade de que ele acerte exatamente 4 questões? 15 (A) 1024 3 (B) 1024 3 (C) 512 3 (D) 256 1 (E) 256
Para acertar exatamente 4 questões, é necessário escolher quais as ques-
AF
tões se vai acertar. Existem C54 = 5 possibilidades de escolha das quatro questões (de fato, isso é equivalente a escolher a única questão que será errada). Para cada uma das 5 possibilidades de questão para errar existem 3 formas de errar (pois existem 3 alternativas incorretas). Assim, existem 5 × 3 = 15 formas de ga-
baritos possíveis para acertar exatamente 4 questões.
O número total de possibilidades de preencher o gabarito é 45 = 1024, pois
R
para cada questão existem 4 alternativas possíveis. Dessa forma, a probabilidade
398.126.848-24
P =
15 1024 ✞
☎
Alternativa (A) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
de acertar exatamente 4 questões respondendo-as aleatoriamente é
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 49
8.
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39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2) p(i)
B 398.126.848-24
0 0
-3
3
i
Uma corrente elétrica de natureza aleatória tem sua função densidade de probabilidade distribuída conforme mostrado no Gráfico acima, onde i é uma variável aleatória. Considere, nesse caso, que o valor eficaz ou r.m.s. do sinal de corrente é obtido pela expressão Irms = E éëi2 ùû , onde E [ ×
]
representa o valor esperado ou expectância da variável aleatória.
Qual é o valor r.m.s. desse sinal aleatório? 3 3
(B)
3 2
(C)
2 2
(D) 3
(E)
2
T
(A)
Resolução:
A função densidade de probabilidade se aplica a variáveis aleatórias contí-
AF
nuas. Para calcular a probabilidade de ocorrência em um determinado intervalo, calcula-se a integral da função dentro dos limites deste intervalo em questão. Isto é, a probabilidade de que a variável assuma valores compreendidos no intervalo equivale à área delimitada pela curva e pelo eixo das abcissas no intervalo considerado.
Sabendo que a probabilidade de um espaço amostral é 1, vale a seguinte
R
propriedade para a função densidade de probabilidade f(x): Z ∞ f (x)dx = 1
398.126.848-24
−∞
Aplicando tal propriedade ao gráfico apresentado, é possível encontrar o
D
valor de B:
Z
∞
p(i)di = 1
−∞ Z 3
p(i)di = 1
−3
2
Z
3
Bdi = 1 3 2Bi = 1
0
0
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
2B(3 − 0) = 1 1 B= 6
398.126.848-24
398.126.848-24
66
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
O valor esperado, também chamado esperança matemática ou expectância, de uma variável aleatória é a soma das probabilidades de cada possibilidade de saída da experiência multiplicada pelo seu valor. Isto é, representa o valor médio esperado de uma experiência se ela for repetida muitas vezes. Se todos os eventos tiverem igual probabilidade o valor esperado é a média aritmética.
398.126.848-24
Para uma variável aleatória contínua X, o valor esperado calcula-se mediante o integral de todos os valores da função de densidade f(x): Z ∞ E[X] = xf (x)dx −∞
Generalizando, vale o seguinte: g(x)f (x)dx
−∞
AF
Para o cálculo de Irms , g(x) = i2 : Z E[g(x)] =
∞
T
E[g(x)] =
Z
E[i2 ] = 2
∞
g(x)f (x)dx
−∞ Z 3 2
i di 6
Z0 3 2 E[i2 ] = i2 di 6 0 1 i3 3 E[i2 ] = × 3 3 0 1 33 0 E[i2 ] = − 3 3 3 3 3 E[i2 ] = 2 3 2 E[i ] = 3
D
R
398.126.848-24
Inserindo na fórmula de Irms : p E[i2 ] √ = 3
Irms = Irms
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 50
8.
67
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2014/2) Considerem-se os seguintes resultados de uma amostra: 1o quartil = 96;
2o quartil = 102;
3o quartil = 116
• 3 menores valores: 25; 65; 93 • 3 maiores valores: 121; 130; 150
398.126.848-24
Considerando o box plot, verifica-se que há (A) um outlier inferior apenas, sendo considerado outlier extremo inferior. (B) um outlier superior apenas. (C) um outlier inferior e um superior. (D) um outlier inferior e dois superiores. (E) dois outliers inferiores e um superior, sendo um outlier extremo inferior.
T
Resolução: Para construir um boxplot ou diagrama de caixa e identificar os outliers, primeiramente é necessário saber a amplitude interquartílica do grupo de dados. Essa amplitute é dada pela diferença entre o quartil superior e o quartil inferior,
AF
ou seja, Q3 − Q1.
Neste caso:
L = Q3 − Q1 L = 116 − 96 L = 20
R
398.126.848-24
Outlier é um dado muito diferente do conjunto, sujeito a ser eliminado do
conjunto. Os valores que estiverem além de Q3+1,5L ou abaixo de Q1-1,5L, são considerados outliers. Os valores que forem maiores que Q3+3L e menores que
D
Q1-3L devem ser considerados suspeitos de pertencer à população, devendo ser investigada a origem da dispersão. Estes outliers são chamados de extremos. Para este boxplot, os outliers são os valores abaixo de 66 (96 − 1, 5 × 20)
e acima de 146 (116 + 1, 5 × 20). Analisando os menores e maiores valores que foram apresentados, é possível perceber dois outliers inferiores (25 e 65) e um outlier superior (150).
O valor de 25, como está a mais de 3L abaixo do primeiro quartil (Q1) é considerado um outlier extremo. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 51
8.
68
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2012/1) Uma urna contém 10 bolas numeradas de 1 a 10. Selecionadas três bolas dessa urna, de forma aleatória e sem reposição, qual a probabilidade de que pelo menos uma bola de número primo seja selecionada?
398.126.848-24
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução: Devemos pensar inicialmente que serão retiradas três bolas. Em cada retirada, temos a chance de o número ser primo ou não-primo. Assim, temos as seguintes possibilidades:
T
(NP, NP,NP), (NP, NP,P), (NP, P,NP), (NP, P,P), (P, NP,NP), (P, NP,P), (P, P,NP), (P, P,P)
Dentre estas, só não nos interessa o primeiro evento, visto que todos os
AF
outros contém no mínimo um número primo. Sabemos que a soma das probabilidades de todos estes eventos ocorrerem deve ser igual a 1, visto que estes são complementares. Sendo assim, a maneira mais fácil de se resolver este problema é calcular a probabilidade de o evento 1 não ocorrer, ou seja: P(mínimo um número primo) = 1 − P(NP, NP, NP)
R
Vale lembrar que temos 4 números primos (2, 3, 5 e 7) e 6 números não-
398.126.848-24
primos (1, 4, 6, 8, 9, 10), de 1 a 10. Ainda, a retirada das bolas é feita sem reposição. Assim, temos:
6 5 4 P(mínimo um número primo) = 1 − × × 10 9 8 120 P(mínimo um número primo) = 1 − 720 1 P(mínimo um número primo) = 1 − 6 5 P(mínimo um número primo) = 6
D
OBS: Se fosse feita a soma da probabilidade dos outros 7 eventos, chegaríamos ao mesmo resultado. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 52
69
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1) Na experiência de lançamento de dois dados, a variável aleatória observada é a soma dos resultados. Calculamse as seguintes probabilidades: • P1 é a probabilidade de a soma ser igual a 5; • P2 é a probabilidade de a soma ser maior que 6; • P3 é a probabilidade de a soma ser maior que 6, sabendose, a priori, que um dos dados apresentou o valor 2.
398.126.848-24
Com base nessas informações, considere as afirmativas abaixo. I
– O cálculo de P1 resultou em
1
.
9
II
– O cálculo de P2 resultou em
1
.
2
T
III – P2 é maior do que P3.
AF
É (são) correta(s) a(s) afirmativa(s) (A) I , apenas. (B) I e II, apenas. (C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas. (E) I, II e III.
Resolução:
Sabendo que temos 6 resultados possíveis no lançamento de cada um dos dados, no lançamento de dois dados teremos ao todo 6 × 6 = 36 resultados possí-
398.126.848-24
R
veis. Vale lembrar que, devido a natureza aleatória do evento, a probabilidade de
obtenção de cada um dos resultados é a mesma. Sabendo isso, vamos analisar as afirmativas:
D
I - Verdadeiro. P1 representa a probabilidade de a soma dos dois resultados ser igual a 5. Os eventos que resultam nisto são (1,4), (4,1), (2,3), (3,2). Ou seja, temos 4 eventos possíveis dentre os 36. Assim: P1 =
4 1 = 36 9
II - Falso. P2 representa a probabilidade de a soma dos dois resultados ser maior do que 6. Os eventos que resultam nisto são todos exceto (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (5,1). Ou seja, temos 15 eventos que não são possíveis dentre os 36. Assim: 36 15 21 − = 36 36 36
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
P2 =
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
70
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
III - Verdadeiro. O número total de resultados possíveis neste caso se reduz a: (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (1,2), (3,2), (4,2), (5,2), (6,2). Destes, temos apenas 4 entre os 11 eventos que resultam em uma soma maior do que 6. 398.126.848-24
P3 =
4 ≈ 0, 36 11
P2 =
21 ≈ 0, 58 36
E, no caso de P2, tinhamos:
Portanto, P 2 > P 3. ✞
☎
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2011)
AF
Questão 53
T
Alternativa (C) ✆ ✝
Uma pessoa lança repetidamente um dado equilibrado, parando quando obtém a face com o número 6. A probabilidade de que o dado seja lançado exatamente 3 vezes é
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
398.126.848-24
R
Resolução:
Para que cheguemos exatamente em três lançamentos, é necessário que a
face com o número 6 apareça apenas no terceiro lançamento, cuja probabilidade
D
é 1 em 6. Desta maneira, o primeiro e o segundo lançamento obrigatoriamente devem conter um número de 1 a 5, cuja probabilidade é de 5 em 6. Assim, a probabilidade deste evento ocorrer é: 5 5 1 × × 6 6 6 25 P = 216 P =
✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 54
8.
71
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Petrobras 2010/1) Uma urna contém bolas de cores preta e branca. As bolas apresentam o mesmo volume, mas foram fabricadas com dois tipos de materiais, ou seja, madeira e vidro. Sabe-se que:
398.126.848-24
• 55% das bolas na urna são pretas; • 25% das bolas na urna são pretas e de madeira; • 35% das bolas na urna são brancas e de vidro. Se uma bola de madeira for retirada da urna, qual será a probabilidade de ela ser branca?
1
(B)
5
3
(D)
5
(E)
2 7
4
9
AF
(C)
7
3
T
(A)
Resolução:
Para que o entendimento da questão fique mais claro, vamos supor que a urna contém 100 bolas. A primeira informação é de que 55% das bolas são pretas. Em termos de cores, as 100 bolas só podem ser divididas entre pretas e brancas. Sendo assim, teremos 55 bolas pretas e 45 bolas brancas.
R
398.126.848-24
A segunda informação é de que 25% das bolas são pretas e de madeira. Ou
seja, teremos 25 bolas pretas e de madeira. Como as 55 bolas pretas só podem ser ou de vidro ou de madeira, complementarmente teremos 55 − 25 = 35 bolas
D
pretas e de vidro.
A última informação diz que 35% das bolas são brancas e de vidro. Da
mesma maneira, teremos 35 bolas brancas e de vidro e 45 − 35 = 10 bolas brancas
e de madeira. Portanto, temos ao todo 25 (pretas) + 10 (brancas) = 35 bolas de madeira. Destas 35, 10 delas são brancas. Como a bola retirada ja é de madeira, a chance de ela ser branca é de: P =
10 2 = 35 7 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 55
72
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Engenheiro(a) de Equipamentos Júnior - Eletrônica - Refap 2007)
Sobre uma mesa, existem exatamente 7 moedas. Agrupando-se as caras de duas em duas, não sobra cara alguma sem estar agrupada. Agrupando-se cada uma das caras com cada uma das coroas, sobra uma quantidade de moedas, sem que estejam agrupadas, menor do que 3. O número de coroas existentes sobre a mesa é: (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 (E) 0
398.126.848-24
Resolução:
T
O enunciado informa que temos ao todo 7 moedas, que se dividem entre cara e coroa. Outra informação que consta é que, agrupando as moedas cara em grupos de 2, não sobra nenhuma moeda cara. Sendo assim, sabemos que
AF
teremos um número par de moedas cara, o que resulta em três possibilidades: • 2 caras e 5 coroas; • 4 caras e 3 coroas; • 6 caras e 1 coroa;
398.126.848-24
R
A última informação fornecida pelo enunciado diz que, o agrupamento de
uma moeda cara com uma coroa, resulta em um número de moedas desagrupadas menor do que 3. Vamos testar as três possibilidades:
D
• 2 caras e 5 coroas: Agrupando as duas caras com duas coroas, sobram 3 moedas desagrupadas.
• 4 caras e 3 coroas: Agrupando as três coroas com 3 caras, sobra apenas uma moeda. Esta é a combinação correta.
• 6 caras e 1 coroa: Agrupando a coroa com uma cara, sobram 5 moedas. Sendo assim, teremos 4 moedas cara e 3 moedas coroa. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 56
8.
73
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Profissional Jr - Eletrônica - BR Distribuidora 2008)
p(v) B 398.126.848-24
0
4
6
v
T
O sinal de tensão v recebido em um sistema de comunicações pode ser modelado por uma variável aleatória cuja função densidade de probabilidade é mostrada na figura acima. Com base nos dados da figura, a probabilidade de a tensão do sinal recebido estar compreendida entre 3 e 4 volts é (A) 0,45 (B) 0,38 (C) 0,29 (D) 0,15 (E) 0,08
AF
Resolução:
O gráfico mostrado na figura simula uma distribuição de probabilidade de um evento ocorrer. Como no caso de outras distribuições, a área total (neste caso do triângulo) corresponde a 100% de probabilidade. A área total do triângulo vale: hb 2 B×6 = 2 = 3B
Atotal =
R
Atotal Atotal
398.126.848-24
Para que calculemos a probabilidade de a resposta estar entre 3 e 4, deve-
D
mos obter a razão entre a área compreendida entre estes pontos e a área total. Entre 3 e 4, temos um trapézio retângulo. Devemos saber que a altura do ponto 3 valerá
3 4
de B, visto que a tendência é linear até o ponto 4, cuja altura é B. Sendo
assim, a área deste trapézio é: 3B 4
A3,4 = (4 − 3) A3,4 =
7B = 8
2
!
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
A3,4
3B+4B 4
+B 2
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
74
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
E a razão vale: 7B A3,4 = 8 Atotal 3B A3,4 7 = Atotal 24 A3,4 = 0, 29 Atotal
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1)
T
Questão 57
O registro mensal de mercadorias com peso maior do que 0,5 kg despachadas por uma transportadora, nos últimos 8 meses, foi 7
33
15
21
11
35
7
7
AF
A mediana associada aos dados acima é (A) (B) (C) (D) (E)
7 13 15 16 17
Resolução:
R
Vamos inicialmente colocar os valores em ordem crescente: 7
7
7
11
15
21
33
398.126.848-24
35
D
Sabe-se que a mediana é uma medida de tendência central, que representa
50% dos valores de uma distribuição. Em uma distribuição de dados, o procedimento utilizado para a obtenção da mediana é a disposição dos dados em ordem crescente, sendo que a mediana será aquele valor que se encontra exatamente na posição central. Na presente questão, temos exatamente 8 dados, portanto a posição central se dará entre quarto e o quinto termo. Assim, a mediana será representada pela média entre estes dois valores. Md =
n4 + n5 11 + 15 26 = = = 13 2 2 2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 58
75
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1) Uma transportadora promete entregar mercadorias em, no máximo, 24 horas, para qualquer endereço no país. Se o prazo das entregas segue distribuição de probabilidade normal, com média de 22 horas e desvio padrão de 40 minutos, o percentual de mercadorias que demoram mais do que as 24 horas prometidas para chegar ao seu destino é
398.126.848-24
(A) 0,135% (B) 0,27%
(C) 0,375% (D) 0,73%
(E) 0,95%
Resolução: Para a resolução desta questão, é necessário que o candidato possua conhecimentos acerca da distribuição normal. O enunciado informa que a média da
T
distribuição é de 22 horas, com um desvio padrão de 40 minutos. O objetivo da questão é descobrir o percentual nesta distribuição acima de 24 horas. Sabemos que este valor de 24 horas equivale à soma da média com três desvios-padrão: 40 × 3 = 24 60
AF µ + 3σ = 22 +
Assim, devemos buscar na tabela presente no final da prova o percentual da distribuição que está dentro deste intervalo de três desvios-padrão (Zc = 3, 0). Observamos que para este valor de Zc , temos p = 49865. Este valor, somado com os 50000 referentes à toda população abaixo da média (que possui um tempo
R
menor do que 22 horas), nos permite calcular a probabilidade de um tempo de
398.126.848-24
entrega da mercadoria menor do que 24 horas: 49865 + 50000 10000 99865 = 10000 = 0, 99865
D
pmenor = pmenor pmenor
Como estamos interessados na população com um tempo de entrega acima
de 24 horas, temos: pmaior = 1 − pmenor pmaior = 1 − 0, 99865 pmaior = 0, 00135 = 0, 135% ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 59
8.
76
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2011/1) Um carteiro decide registrar o número de cartas enviadas a um endereço nos últimos 7 dias. No entanto, ele se esquece do número de cartas do primeiro dia, lembrando-se apenas daqueles correspondentes aos 6 dias restantes: 3, 5, 4, 5, 4 e 3, e de que, nos 7 dias considerados, a média, a mediana e a moda foram iguais.
398.126.848-24
O número de cartas enviadas no primeiro dia foi 2 3 4 5 6
Resolução:
T
(A) (B) (C) (D) (E)
Vamos inicialmente colocar os 6 dados que possuímos em ordem crescente: 3
4
4
5
5
AF
3
Devemos identificar inicialmente a mediana desta distribuição (que é o valor que ocupará a posição central da distribuição), lembrando que ainda falta um termo. Como a distribuição será composta por sete valores, o valor de posição central será aquele na posição de número quatro. Façamos algumas hipóteses: 3
3
4
4
5
5
3
n
3
4
4
5
5
3
3
n
4
4
5
5
3
3
4
n
4
5
5
3
3
4
4
n
5
5
3
3
4
4
5
n
5
3
3
4
4
5
5
n
D
R
n
398.126.848-24
Observamos que, indepententemente do número de cartas do primeiro dia,
o valor na posição central (ou seja, a mediana da distribuição) será sempre igual a 4. Como o enunciado informa que a mediana será igual à média da distribuição, temos: n+3+3+4+4+5+5 7 n + 24 4= 7
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
µ=
398.126.848-24
398.126.848-24
77
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
28 = n + 24 n=4 398.126.848-24
Assim, obtemos que o número de cartas enviadas no primeiro dia é igual a 4. Para comprovar, a moda da distribuição também vale 4 (o valor 4 aparece três vezes, enquanto 3 e 5 aparecem duas vezes cada), como era esperado. ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2)
T
Questão 60
O tempo médio de permanência dos 600 empregados de uma empresa é de 5 anos com coeficiente de variação de 60%.
398.126.848-24
D
R
AF
O Box-plot seguinte apresenta a distribuição do tempo de permanência.
O número de empregados que permanecem na empresa entre 6 e 8 anos, e o desvio padrão para o tempo, em anos, de permanência são, respectivamente, (A) 300 e 6 (B) 300 e 3 (C) 150 e 6 (D) 150 e 3 (E)
60 e 3
Resolução:
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Para a resolução desta questão, é necessário que o candidato tenha conhe-
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
78
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
cimento acerca da representação Box plot. Sabe-se que o valor que representa 50% da população (a mediana) é indicado pela barra em negrito na representação. No nosso caso, a mediana é de 6 anos. Os quartis inferior e superior são representados pelos limites das caixas na representação, ou seja, 25% da população é indicada pelo limite inferior da caixa (2 anos), e 75% da população é indicada
398.126.848-24
pelo limite superior (8 anos). Com base nisto, podemos responder o primeiro item da questão, pois sabemos que 50% da população permanece 6 anos na empresa e 75% permanece 8 anos. Assim, temos 75 - 50 = 25% da população, que é de 600 empregados, neste período, o que totaliza 150 funcionários. Para obtermos o desvio padrão, devemos utilizar o coeficiente de variação e a média, que são dados no enunciado: σ µ
T
Cv =
AF
σ = Cv µ
Como temos o coeficiente de variação e a média, temos: σ = 0, 6 × 5 σ = 3, 0
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
R
398.126.848-24
Questão 61
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/2)
D
Suponha que a temperatura de destilação de um determinado derivado do petróleo não possa ultrapassar 300 oC. Três colunas de destilação, C1, C2 e C3, operam segundo uma distribuição normal com parâmetros apresentados na tabela a seguir. Coluna
Média
Desvio padrão
C1
200 oC
50 oC
C2
250 oC
80 oC
C3
220 oC
100 oC
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Sabendo-se que p1, p2 e p3 são as probabilidades de cada uma das colunas C1, C2 e C3, respectivamente, ultrapassar o limite máximo, conclui-se que (A) p1 > p3 > p2 (B) p2 > p1 > p3 (C) p2 > p3 > p1 (D) p3 > p1 > p2 (E) p3 > p2 > p1
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
79
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Resolução: Para analisarmos esta questão, devemos notar que a probabilidade de a temperatura exceder o limite máximo será dado pela probabilidade da distribuição não estar dentro do limite, ou seja:
398.126.848-24
pf ora = 1 − pdentro Sabendo que em uma distribuição normal, quanto mais desvios-padrão, maior a probabilidade de a distribuição estar dentro da curva normal. Com base nisto, vamos analisar cada coluna. Coluna 1: Observa-se que a temperatura de 300◦ C neste caso é atingida pela
T
soma da média com dois desvios-padrão. Assim, teremos p1 = 1 − p(Zc =2)
AF
Coluna 2: Observa-se que a temperatura de 300 ◦ C neste caso é atingida pela soma da média com
50 80
= 0, 625 vezes o desvio padrão. Assim, teremos p2 = 1 − p(Zc =0,625)
Coluna 3: Observa-se que a temperatura de 300◦ C neste caso é atingida pela soma da média com
80 100
= 0, 8 vezes o desvio padrão. Assim, teremos 398.126.848-24
R
p3 = 1 − p(Zc =0,8)
D
Assim, podemos fazer as seguintes análises: p(Zc =2,0) > p(Zc =0,8) > p(Zc =0,625)
Portanto, de maneira complementar: p 2 > p3 > p1 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (C) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 62
80
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) As medidas de volume de enchimento de uma máquina de envase de óleo lubrificante apresentam distribuição normal, com média de 500 ml e variância de 4 ml 2. A especificação estabelece um volume de (500 +/- 5) ml. Qual a probabilidade de o volume envasado ficar fora da especificação? (A) 0,62% (E) 78,87% (C) 10,56% (B) 1,24% (D) 21,12%
398.126.848-24
Resolução: Para a resolução desta questão, é necessário que o candidato possua conhecimentos acerca da distribuição normal. O enunciado informa que a média da
T
distribuição é de 500mL, com uma variância de 4mL2 . Sabemos que a variância é igual ao desvio padrão ao quadrado, temos:
AF
σ2 = 4 σ=2
Assim, o desvio padrão da distribuição é de 2mL. O objetivo da questão é descobrir a probabilidade do volume de uma amostra com média igual e desvio padrão de 5mL estar fora desta distribuição normal. Sabemos que este valor excede em 2,5 vezes ( 52 ) o desvio padrão da distribuição, portanto Zc = 2, 5. Pela 398.126.848-24
R
tabela presente no final da prova, a probabilidade correspondente é de p = 0, 9938. Como o gráfico é simétrico e o volume padrão da amostra é de mais ou menos 5mL, devemos descontar o valor da média e multiplicar a probabilidade por 2, visto que o volume pode também estar fora da curva para valores menores. Assim, a
D
probabilidade vale:
pdentro = (0, 9938 − 0, 5) × 2 = 0, 9876
Como estamos interessados na probabilidade do valor estar fora da curva: pf ora = 1 − pdentro pf ora = 1 − 0, 9876 pf ora = 0, 0124 = 1, 24% ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 63
81
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) A resistência à compressão de uma amostra de cimento pode ser modelada por uma distribuição normal com uma média de 6.000 quilogramas por centímetro quadrado e um desvio padrão de 100 quilogramas por centímetro quadrado. Qual o valor da resistência máxima, em Kg/cm2 , que é excedida por 97,5% das amostras? (A) 6.196 (B) 6.165 (C) 5.835 (D) 5.804 (E) 5.700
398.126.848-24
T
Resolução: Esta é uma questão de distribuição normal. Inicialmente, devemos identificar o percentual da distribuição inclusa na curva normal, que será de: 100 − 97, 5 100 p = 0, 025
AF
p=
Devemos localizar na tabela presente no final da prova o valor de Zc correspondente a uma probabilidade de 2,5% (p = 0, 025). Observando a tabela, identificamos Zc = −1, 96. Com base nisto, sabemos que este valor será composto pela soma da média com −1, 96 vezes o desvio padrão:
R
398.126.848-24
n = µ − 1, 96σ n = 6.000 − 196 n = 5.804
kg cm2
✞
☎
Alternativa (D) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
n = 6.000 − 1, 96 × 100
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 64
8.
82
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1) Gráfico de Distribuição de Frequências 6 5 Frequências
398.126.848-24
4 3 2 1 0 10
20
30
40 50 Dados
60
70
80
T
Considerando os dados apresentados no gráfico de distribuição de frequências acima, a média, a mediana e a moda são, respectivamente, (A) 48, 40, 40 (B) 40, 40, 40 (C) 48, 50, 40 (D) 40, 50, 50 (E) 48, 50, 50
AF
Resolução:
Observamos que a distribuição presente no enunciado da questão apresenta os dados em um gráfico de frequência. O primeiro parâmetro que pode ser obtido diretamente do gráfico é a moda, que representa o valor que aparece com maior frequência. Observamos que o valor de 40 é o que apresenta maior
R
frequência (igual a 5), portanto a moda da distribuição é igual a 40. Mo = 40
398.126.848-24
A mediana da distribuição é aquele valor que representa 50% da popula-
ção. Para a obtenção deste, vamos calcular primeiramente a soma de todas as
D
frequências absolutas. Fazendo este procedimento, temos que a frequência total vale:
F = 1 + 0 + 1 + 5 + 3 + 3 + 1 + 1 = 15
Sendo assim, o valor central desta ditribuição será aquele do oitavo termo
(pois separa 7 termos para cada lado). Observando isto, vemos que o oitavo termo tem valor igual a 50, ou seja, a mediana da distribuição vale 50.
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Md = 50
398.126.848-24
398.126.848-24
83
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Por último, a média da distribuição é calculada pela seguinte fórmula: µ=
80 X f i xi
i=10
F
(1 × 10) + (0 × 20) + (1 × 30) + (5 × 40) + (3 × 50) + (3 × 60) + (1 × 70) + (1 × 80) 15 720 µ= 15 µ = 48 µ=
398.126.848-24
✞
☎
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2010/1)
AF
Questão 65
T
Alternativa (C) ✆ ✝
Os dados abaixo são os resultados das últimas competições de cinco corredores do circuito de rua da sua cidade. Antônio 2h 25min 2h 15min 2h 30min 2h 10min
João 2h 30min 2h 35min 2h 31min 2h 40min
Pedro 2h 15min 2h 27min 2h 30min 2h 20min
Francisco 2h 20min 2h 35min 2h 35min 2h 30min
José 2h 30min 2h 27min 2h 31min 2h 20min 398.126.848-24
R
Competição 1 2 3 4
D
Considerando o histórico de desempenho de cada atleta, qual deles apresenta maior regularidade de resultados? (A) Antônio (B) João (C) Pedro (D) Francisco (E) José
Resolução:
Devemos observar que, quanto maior for a variância de uma determinada
distribuição, maior é a dispersão dos dados, ou seja, menos regular é esta distribuição. Da mesma maneira, quanto menor for a variância da distribuição, mais regular é esta. Sendo assim, vamos calcular inicialmente a média do tempo de cada um dos atletas: µ=
4 X xi i=1
n
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Calculando para o primeiro atleta (convertendo os tempos em minutos), te-
398.126.848-24
398.126.848-24
84
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
mos: ((2 × 60) + 25) + ((2 × 60) + 15) + ((2 × 60) + 30) + ((2 × 60) + 10) 4 145 + 135 + 150 + 130 µ1 = 4 µ1 = 140 µ1 =
398.126.848-24
Fazendo o mesmo procedimento para os outros atletas, obtemos: µ2 = 154 µ3 = 143 µ4 = 150
T
µ5 = 147
Agora, devemos calcular a variância das distribuições: 4 X (xi − µ)2
AF
σ2 =
i=1
n
Calculando para o primeiro atleta, convertendo os tempos em minutos: (145 − 140)2 + (135 − 140)2 + (150 − 140)2 + (130 − 140)2 4 25 + 25 + 100 + 100 2 σ1 = 4 2 σ1 = 62, 5
R
σ12 =
398.126.848-24
D
Fazendo o mesmo procedimento para os outros atletas, obtemos: σ22 = 15, 5 σ32 = 34, 5 σ42 = 37, 5 σ52 = 18, 5
Assim, pode-se concluir que o segundo atleta (João) é o mais regular. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 66
8.
85
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2006) Uma determinada propriedade de amostras de petróleo, provenientes de vários poços, foi determinada por dois métodos normatizados diferentes. Alguns parâmetros obtidos a partir destes resultados estão apresentados na tabela abaixo. Parâmetros Média Mediana Desvio padrão Variância
398.126.848-24
Método 1 0,98 0,51 0,18 0,03
Método 2 0,98 0,78 0,36 0,13
Analisando apenas a tabela, foram feitas as afirmativas a seguir.
T
I - O desempenho de ambos os métodos é diferente. II - A distribuição dos dados é normal em ambos os métodos. III - A repetitividade do Método 1 é melhor do que a do Método 2. IV - As variâncias são estatisticamente equivalentes.
AF
Estão corretas apenas as afirmativas: (A) I e II (B) I e III (C) II e III (D) II e IV (E) III e IV
Resolução:
Vamos analisar cada uma das afirmativas:
I - VERDADEIRA. Apesar de a média ser igual nos dois métodos, os outros parâmetros estatísticos diferem, especialmente com relação à dispersão dos dados. Sendo assim, o desempenho dos dois métodos são diferentes.
R
398.126.848-24
II - FALSA. Em uma distribuição normal, os valores de média, mediana e moda são iguais. Como pode ser visto na tabela presente no enunciado, isto não
D
acontece nos métodos em questão.
III - VERDADEIRA. O método 1 apresenta um menor valor de desvio padrão e variância, ou seja, os seus dados estão menos dispersos. Sendo assim, existe uma maior probabilidade de que os valores se situem mais perto da média.
IV - FALSA. Observa-se que há uma diferença significativa nos valores de variância entre os dois métodos. Sendo assim, estas não são consideradas estatisticamente iguais. ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 67
86
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Petrobras 2006) Supondo que os valores de índice acidez de amostras de petróleo apresentem distribuição normal, um desvio padrão de 0,06 mg de KOH/g e média igual a 0,79 mg de KOH/g é correto afirmar, em relação aos dados de índice de acidez, que: (A) 68% estão entre 0,70 e 0,88 mg de KOH/g. (B) 68% estão entre 0,76 e 0,82 mg de KOH/g. (C) 95% estão entre 0,33 e 1,25 mg de KOH/g. (D) 95% estão entre 0,69 e 0,89 mg de KOH/g. (E) 99,7% estão entre 0,61 e 0,97 mg de KOH/g.
398.126.848-24
Resolução: Para que o candidato resolva esta questão, é necessário que o mesmo tenha conhecimento acerca da distribuição normal. Neste tipo de distribuição, a
T
curva gaussiana que a representa possui algumas propriedades. A área que vai de menos um até mais um desvio padrão representa de 68% do conjunto. No caso de dois desvios padrão, a representação passa a ser em torno de 95%, enquanto
AF
que três desvios padrão cobrem cerca de 99,7%.
Sabendo isto, vamos adaptar para o nosso caso:
Um desvio padrão (68%) = 0, 73 a 0, 85mg de
KOH g
KOH g KOH Três desvios padrão (99,7%) = 0, 61 a 0, 97mg de g
R
Dois desvios padrão (95%) = 0, 67 a 0, 91mg de
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (E) ✆ ✝
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
D
Observamos que a única alternativa correta é a letra (E).
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 68
8.
87
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
A tabela mostra um conjunto de dados, dispostos em ordem crescente, no qual um dos dados está faltando. Os dados dispostos são relativos ao número de funcionários atualmente em férias, em cada uma das 10 unidades que compõem uma indústria. Unidades que compõem a indústria
398.126.848-24
U1
No de funcionários 1 em férias
U2
U3
U4
U5
U6
U7
U8
U9
U10
1
2
2
?
12
12
14
15
17
Essa indústria criou um parâmetro numérico P para estimar o nível de articulação entre as diferentes unidades, no que se refere à determinação das férias dos funcionários: P é igual à diferença entre a média aritmética e a moda dos dados apresentados. Se a moda não existir, P será dado pela diferença entre a média aritmética e a mediana dos dados. Sabendo-se que a mediana dos dados acima é igual a 7, quanto vale o parâmetro P?
T
(A) −3,2 (B) 0,8 (C) 5,8 (D) 7 (E) 7,8
AF
Resolução:
Primeiramente o candidato precisa identificar o número de funcionários em férias na unidade 5. Para isso é preciso utilizar o conceito de mediana Md , pois o valor da mesma foi fornecido pelo enunciado. Quando a quantidade de dados é par, a mediana é a média dos valores centrais. Então, podemos obter o números de funcionários em U5 com:
N U5 + N U6 2 N U5 + 12 7= 2 N U5 = 2
398.126.848-24
R
Md =
D
Sabendo que o número de funcionários em U5 é 2, basta calcular a média
µ que é a soma de todos os valores observados da variável dividida pelo número total de observações: 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 12 + 12 + 14 + 15 + 17 10 78 µ= 10 µ = 7, 8 µ=
Assim, podemos calcular o valor de P a partir da moda Mo , pois é possível
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
verificar que o valor 2 apresenta maior frequência da variável entre os valores
398.126.848-24
398.126.848-24
88
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
observados. Caso não existisse moda, utilizaríamos a mediana. Portanto: P = µ − Mo P = 7, 8 − 2 P = 5, 8
398.126.848-24
✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
Questão 69
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2012)
T
Um estatístico de uma empresa calculou o desvio padrão de um grande número de dados e obteve o valor . Os dados eram relativos aos rendimentos brutos anuais de cada um dos 5.000 funcionários de sua empresa. Infelizmente, quando elaborava o relatório que apresentaria os resultados dos seus cálculos, o estatístico foi avisado pelo seu gerente de que os resultados a serem apresentados deveriam referir-se aos rendimentos brutos semestrais dos funcionários, em vez de aos rendimentos anuais.
(A) 1 2 (B)
AF
Assumindo-se que o rendimento bruto semestral de cada funcionário é igual à metade do seu rendimento bruto anual, qual será a variância do novo conjunto de dados? (E) 2
(C)
(D) 1
Resolução:
398.126.848-24
R
Conforme informado no enunciado, o rendimento bruto semestral de cada
funcionário é a metade de seu rendimento bruto anual. Dessa forma, podemos
D
afirmar que os desvios padrão dos rendimentos semestrais são: √ 2 σ= 2 Como a variância também é uma medida de dispersão, ela pode ser obtida
a partir do desvio padrão. Então: √ !2 2 2
σ2 = σ2 =
1 2 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (A) ✆ ✝
398.126.848-24
398.126.848-24
Questão 70
8.
89
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) A tabela a seguir apresenta algumas estatísticas sobre o número de solicitações à Coordenação de Inspeção, Aceitação e Veto de Navios (COINV) da Transpetro, em 2009, para uso dos terminais aquaviários da empresa por navios de terceiros, por tipo de carga nos últimos 5 anos. Medidas estatísticas
Produto químico
Gases
74,8
18,6
Média Mediana Desvio padrão
Álcool 60,2
65
20
69
57
8,02
23,32
17,80
62
13
42
55
94
25
70
69
o
3 Quartil Assimetria
62,8
19,74
1o Quartil Curtose
Condensado / Nafta
−2,94
−1,87
−1,05
0,36
(x) 0,47
(y) 0,41
(z) 0,32
(w) 0,01
Mínimo
55
Máximo
98
Soma
374
Contagem
5
8
38
36
27
95
84
93
314
301
5
5
5
T
398.126.848-24
AF
Os sinais de x, y, z e w são, respectivamente, (A) positivo , negativo , negativo e negativo (B) positivo , negativo , negativo e positivo (C) positivo , negativo , positivo e negativo (D) negativo , positivo , positivo e negativo (E) negativo , negativo , negativo e positivo
Resolução:
398.126.848-24
R
Para avaliar se uma distribuição é classificada como assimétrica negativa
ou positiva, basta avaliar o comportamento da média, mediana e moda. Caso seja assimétrica positiva a moda é menor que a mediana que, por conseguinte, deve ser menor que a média. Já a assimetria negativa a média é menor que a mediana
D
que, por sua vez, é menor que a moda. Neste caso a moda não está discriminada como medida estatística, mas o candidato pode resolver a questão conhecendo as posições da média e da mediana. Assim, avaliando para cada carga temos:
• Produto Químico: mediana < média → Sinal positivo. • Gases: média < mediana → Sinal negativo • Condensado/Nafta: média < mediana → Sinal negativo
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
• Álcool: mediana < média → Sinal positivo
398.126.848-24
398.126.848-24
8.
90
39
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Então, a sequência correta é: positivo, negativo, negativo, positivo. ✞
☎
Alternativa (B) ✆ ✝ 398.126.848-24
Questão 71
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
Considere o conjunto de dados a seguir. 60
80
80
85
85
85
85
90
90
90
90
90
100
100
100
100
100
100
O box plot correspondente a esse conjunto de dados é
AF
(C)
(E)
398.126.848-24
R
(D)
T
(B)
(A)
Resolução:
O boxplot, ou diagrama de caixa, é um gráfico que capta importantes aspec-
D
tos de um conjunto de dados através do seu resumo dos cinco números, formado pelos seguintes valores: valor mínimo, primeiro quartil, segundo quartil, terceiro quartil e valor máximo. Valores suspeitos de não pertencerem ao conjunto de dados são ditos outliers, e aparecem externos ao box plot (são aqueles “pontinhos” vistos nas alternativas). Portanto, para chegarmos ao box plot precisamos determinar os quartis. Começaremos pelo segundo quartil (Q2 ), que nada mais é que a mediana dos valores observados. Como o número de observações é 18, a mediana é a média entre o 9◦ e 10◦ elemento que são, respectivamente, 90 e 90. Então: 90 + 90 = 90 2
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Q2 =
398.126.848-24
398.126.848-24
91
8.
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39
Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Para o cálculo do Q1 e do Q3 , a mediana dos valores observados calculada anteriormente precisa ser desconsiderada e recalculada para cada um desses dois quartis. O cálculo do Q1 é feito a partir da mediana da metade inferior, ou seja, do 1◦ elemento (60) até o 9◦ elemento (90). Avaliando os dados do enunciado, o candidato percebe que cada metade tem 9 observações, logo a mediana de Q1
398.126.848-24
está justamente no 5◦ elemento (85). Assim: Q1 = 85. E o cálculo do Q3 é feito a partir da mediana da metade superior, ou seja, do 10◦ elemento (90) até o 18◦ elemento (100). Novamente, percebemos que ocorrem 9 observações, e a mediana de Q3 também está localizada no 5◦ elemento da metade superior das observações. A localização da mediana é está no elemento
T
de posição número 14 (100). Dessa forma temos: Q3 = 100. Portanto a extremidade inferior da “caixa” será Q1 = 85, o “traço” será Q2 = 90 e a extremidade superior será Q3 = 100. Perceba que a distância entre Q2 e Q3 é o dobro da distância entre Q2 e Q1 , ou seja, o “traço” da caixa não é centralizado,
AF
é mais abaixo do centro. Com isso ficamos entre as alternativas (B) e (E). Agora perceba que o valor máximo dos dados é 100, e 100 é o valor do terceiro quartil. Ou seja, na parte superior do box plot não há whisker (fio de bigode), o que nos deixa somente a alternativa (E) como resposta. Continuando a construção do box plot precisamos calcular a distância interquartil, que é dada por:
R
398.126.848-24
L = Q3 − Q1 = 100 − 85 = 15
Agora, qualquer valor que for inferior a Q1 − 1, 5L ou superior a Q3 + 1, 5L
D
é considerado outlier. Verifique que este é o caso do valor 60, um outlier inferior. Marcamos no box plot os nossos resultados: 100
90 85 80
60
✞
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8.
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6. 8
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-2
4
Alternativa (E) ✆ ✝
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Questão 72
92
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Considere as séries estatísticas. X: X1, X2, ..., Xn com média μX, desvio padrão σX, Xi > 1, i = 1, 2,..., n, e σX > 0;
398.126.848-24
Y: Y1, Y2, ..., Yn com média μY e desvio padrão σY. Se
, onde i = 1, 2,..., n, então
AF
T
(A) o desvio padrão do conjunto X é igual ao desvio padrão do conjunto Y. (B) o desvio padrão do conjunto X é igual ao coeficiente de variação do conjunto Y. (C) o desvio padrão do conjunto Y é igual ao coeficiente de variação do conjunto X. (D) o coeficiente de variação do conjunto Y é igual ao desvio padrão do conjunto X dividido por . (E) o coeficiente de variação do conjunto Y é igual ao coeficiente de variação do conjunto X dividido por μX.
Resolução:
Antes de analisarmos as alternativas e para facilitar a análise, vamos supor que a série deXi é composta por somente 2 termos: X1 = 1 e X2 = 3. Então a média µX é:
R
µX =
X1 + X 1 =2 2
Faremos as mesmas considerações para a série Yi =
398.126.848-24
Xi . µX
Então: Y1 = 0, 5 e
Y2 = 1, 5 e a média µY = 1. Agora sim, vamos analisar as alternativas:
D
(A) INCORRETA. O valor do desvio padrão para a série X é: r (X1 − µX )2 + (X2 − µX )2 σX = 2 r (1 − 2)2 + (3 − 2)2 σX = 2 r 2 (−1) + (1)2 σX = 2 r 2 σX = 2
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6. 8
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-2
4
σX = 1
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
E para a série Y temos: (Y1 − µY )2 + (Y2 − µY )2 2 r 2 (0, 5 − 1) + (1, 5 − 1)2 = 2 r 2 (−0, 5) + (0, 5)2 = 2 r 0, 5 = 2 p = 0, 25
σY = σY
398.126.848-24
σY σY σY
r
σY = 0, 5
T
Dessa forma, o desvio padrão da série X é diferente do desvio padrão da série Y.
AF
(B) INCORRETA. O coeficiente de variação do conjunto Y, Cv,Y , é dado por: σY µY √ 0, 25 = 1 = 0, 5
Cv,Y = Cv,Y Cv,Y
Como σX = 1, a alternativa está incorreta.
R
(C) CORRETA. O coeficiente de variação do conjunto X, Cv,X é é calculado da
398.126.848-24
D
mesma forma como foi feita para Y: σX µX 1 = 2 = 0, 5
Cv,X = Cv,X Cv,X
Já foi calculado σY = 0, 5, logo esta é a alternativa correta.
(D) INCORRETA. σX Cv,Y = √ µX 1 Cv,Y = √ 2
39
8.
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6. 8
48
-2
4
Como Cv,Y = 0, 5, percebemos que a afirmativa não está correta.
398.126.848-24
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8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(E) INCORRETA. Cv,X Cv,Y = √ µX 0, 5 Cv,Y = 2 Cv,Y = 0, 25
398.126.848-24
Como Cv,Y = 0, 5, a afirmativa não está correta. ✞
☎
Alternativa (C) ✆ ✝
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
T
Questão 73
AF
Um investidor precisa calcular a variância dos lucros de algumas empresas para auxiliá-lo na caracterização do risco de um investimento. As informações sobre lucros são fornecidas em reais e, como ele não quer trabalhar com valores muito grandes, resolveu trabalhar com os números em milhões de reais. A variância obtida com os dados em milhões de reais é a variância dos dados em reais dividida por 1012 109 106 103 100
398.126.848-24
R
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Este investidor está trabalhando com unidade em milhões, ou seja, os nú-
D
meros utilizados serão multiplicados por um fator de 106 . Então, diversas medidas
estatísticas terão unidade de milhões, como é o caso da moda, média, mediana, assim como desvio padrão. Então, como a variância ( σ 2 ) é o próprio desvio padrão ( σ ) elevado ao quadrado e sabemos que a ordem de grandeza do desvio padrão é de 106 , temos: σ 2 = (106 )2 σ 2 = 1012 ✞
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8.
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Alternativa (A) ✆ ✝
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Questão 74
8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Um dos riscos de acidentes em dutos de gás natural é de vazamento. A probabilidade de que o vazamento provoque um incêndio é de 1%. Caso não haja incêndio, o problema não acabou, pois pode ocorrer explosão de uma nuvem de gás. No caso de não haver incêndio, a probabilidade de haver explosão é de 1%.
398.126.848-24
Dado que houve um vazamento, qual é a probabilidade aproximada de não haver incêndio e não ocorrer explosão? (A) (B) (C) (D) (E)
1% 2% 97% 98% 99%
T
Resolução:
Este é um problema de eventos independentes, pois a probabilidade de ocorrer um incêndio não está atrelada a probabilidade de ocorrer explosão de nu-
AF
vem de gás e vice-versa. Pela definição, a probabilidade desses dois eventos ocorrerem ou não é calculada pelo produto de suas probabilidades, sendo representada pela interseção ( P (1 ∩ 2) ) de seus eventos.
Então, para esse caso, chamamos a probabilidade de não ocorrer incêndio de P (1) e a de não ocorrer explosão de P (2). Sabemos que a probabilidade de ocorrer incêndio é de 1%, então a chance de que o evento 1 não aconteça é de 398.126.848-24
R
99%. O mesmo raciocínio pode ser feito para o risco de explosões, sendo que a probabilidade de que ela não ocorra é de 99%. Dessa forma podemos determinar a chance de que esses dois eventos não
D
ocorram simultaneamente:
P (1 ∩ 2) = P (1) × P (2) P (1 ∩ 2) = 0, 99 × 0, 99 P (1 ∩ 2) ≈ 0, 98 = 98% ✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
398.126.848-24
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Questão 75
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8.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) Dez participantes de um programa de televisão serão distribuídos aleatoriamente em duas casas, sendo que, em cada casa, haverá o mesmo número de participantes, isto é, 5 em cada uma. Desses 10 participantes, 3 preferem a casa X e 2 preferem a casa Y.
398.126.848-24
Qual é a probabilidade de as preferências serem atendidas? (A) (D) (B) (E)
T
(C)
Resolução:
AF
Inicialmente é necessário identificar qual é o número de possibilidades que as 10 pessoas possuem para entrar nas duas casas. Para isso, usaremos o recurso combinação da análise combinatória, pois a ordem de entrada das pessoas não é relevante. Então, o total de possibilidades para os 5 integrantes que possuem preferência é de que ocorra a combinação das 10 pessoas em 5 vagas. Assim:
n! p!(n − p)! 10! = 5!(10 − 5)!
R
Cnp =
5 C10
398.126.848-24
D
5 C10 = 252
Para impor as restrições e calcular as possibilidades desejadas, iremos as-
sumir que as 3 pessoas que desejam estar na casa x, já estarão selecionadas e alocadas nessa casa. E essa premissa também será feita para as 2 pessoas que tem preferência pela casa y. Dessa forma, só restam 2 pessoas possíveis para entrar na casa x e 3 para entrar na casa y. Então, é possível combinar as 5 pessoas restantes nos 2 lugares remanescentes da casa x e, obviamente, as outras 3 pessoas nos 3 lugares que sobraram na casa y. Então, temos: C52 C33 =
3! 10! × 5!(10 − 5)! 3!(3 − 3)!
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8.
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4
C52 C33 = 10 × 1
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Importante mencionar que a ordem de escolha de qual grupo de pessoas irá primeiro, seja para a casa x ou para casa y, não importa, pois sobram 5 vagas para 5 pessoas. Dessa forma, podemos calcular a probabilidade P das 5 pessoas serem escolhidas para suas respectivas casas de preferência: 398.126.848-24
10 252 5 P = 126 P =
✞
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Alternativa (D) ✆ ✝
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011)
T
Questão 76
AF
Duas empresas diferentes produzem a mesma quantidade de aparelhos celulares, ou seja, ao se comprar um aparelho celular, a probabilidade de ele ter sido produzido por qualquer uma delas é a mesma. Cada aparelho produzido pela fábrica A é defeituoso com probabilidade 1%, enquanto cada aparelho produzido pela fábrica B é defeituoso com probabilidade 5%. Suponha que você compre dois aparelhos celulares que foram produzidos na mesma fábrica. Se o primeiro aparelho foi verificado e é defeituoso, a probabilidade condicional de que o outro aparelho também seja defeituoso é
R
(A)
(D)
398.126.848-24
(B)
(E)
D
(C)
Resolução:
Primeiramente é necessário calcular a probabilidade total de escolhermos
um aparelho defeituoso seja da empresa A ou seja da empresa B. Conforme o enunciado apresenta, temos que P (A) = 0, 01 e P (B) = 0, 05 para cada empresa separadamente. Então, como precisa ser de uma empresa ou de outra, somamos as probabilidades para termos o primeiro celular selecionado defeituoso. P (A) + P (B) = 0, 06
39
8.
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-2
4
0,06 é o total de probabilidade de o primeiro celular ser defeituoso.
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Probabilidade e Estatística
12
6
398.126.848-24
Agora é necessário verificar as probabilidade dos aparelhos serem defeituosos e pertencerem a mesma empresa. Neste caso, basta multiplicar a probabilidade de selecionar dois celulares da mesma empresa com defeito, pois retirar um celular com defeito não altera a probabilidade de selecionar outro também com defeito. O candidato precisará obter a probabilidade de cada empresa separada-
398.126.848-24
mente e depois soma-las. Então, para a empresa A temos P (2A): P (2A) = 0, 01 × 0, 01 = 0, 0001 E para a empresa B realizamos o mesmo procedimento:
T
P (2B) = 0, 05 × 0, 05 = 0, 0025 Dessa forma, para que o cliente compre os celulares da empresa A ou da empresa B, implica que estamos trabalhando com probabilidade condicional. Acontecerá um evento ou outro e, portanto, o cálculo da probabilidade é a soma
AF
de P (2A) com P (2B).
P (2A) + P (2B) = 0, 0026
Assim, basta dividir a probabilidade condicional de compra dos celulares da empresa A ou da empresa B pela possibilidade de comprarmos o primeiro celular defeituoso.
P (2A) + P (2B) P (A) + P (B) 0, 0026 P = 0, 06
R
P =
D
P = P =
398.126.848-24
26 10000 6 100 26 100 6 1
26 600 13 P = 300 P =
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Questão 77
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Probabilidade e Estatística
12
6
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(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2011) A tabela abaixo apresenta a distribuição dos equipamentos de uma grande empresa. Estado do equipamento
398.126.848-24
Tipo de equipamento
Total
A
B
C
50
30
100
Inativo
60
10
20
90
Total
110
40
120
270
Ativo
180
Qual é a probabilidade de que um equipamento selecionado aleatoriamente esteja inativo ou seja do tipo A? (A) (D) (B)
AF
(C)
T
(E)
Resolução:
A probabilidade de que o equipamento selecionado seja inativo P (I) é dado por:
P (I) =
90 270
R
Para que o equipamento seja do tipo A, temos: P (A) =
110 270
398.126.848-24
Entretanto, o enunciado da questão solicita que o candidato calcule a pro-
babilidade de que ocorre P (I) ou P (A). Para isso, é necessário excluir a probabili-
D
dade de que o equipamento inativo seja do tipo A, pois isto faz parte da condição imposta. Então, a probabilidade do equipamento ser do tipo A e inativo P (AI) é: P (AI) =
60 270
Dessa forma. A probabilidade de selecionar um equipamento inativo ou do tipo é de: P (I) + P (A) − P (AI) =
90 110 60 140 + − = 270 270 270 270 ✞
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Alternativa (B) ✆ ✝
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Questão 78
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Probabilidade e Estatística
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6
398.126.848-24
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006) Uma urna contém dez bolas, numeradas de 1 a 10. Sacam-se, sucessivamente e sem reposição, duas dessas bolas. A probabilidade de a primeira bola ter um número par e a segunda ter um número múltiplo de 5 é igual a: (B) 1 (C) 7 (D) 1 (E) 1 (A) 1 90 9 18 10 20
398.126.848-24
Resolução: Inicialmente é necessário calcular a probabilidade de se tirar uma bola contendo um número par (bolas 2, 4, 6, 8 e 10) e, em seguida, precisamos tirar um número múltiplo de 5 (bolas 5 e 10). Percebemos que ocorre uma restrição envolvendo a bola de número 10, pois além de ser par, ela é múltiplo de 5. Então, vamos
T
resolver primeiro para as bolas 2, 4, 6 e 8. Caso tiramos primeiramente as bolas 2, 4, 6 ou 8, temos a possibilidade de tirar 5 ou 10 na segunda retirada. Dessa forma, a probabilidade para que isso aconteça é de 4 possibilidades do total de 10 bolas
AF
multiplicado pelas 2 chances de tirarmos as bolas múltiplas de 5 dentre as 9 bolas que ainda restam na urna.
P1 =
4 2 8 × = 10 9 90
Agora, precisamos analisar o caso de tirarmos da urna primeiramente a bola de número 10. Caso essa bola saia obrigatoriamente é necessário que saia a bola 5 para que a restrição imposta pelo problema seja atendida. Então, a probabilidade
R
de que isso aconteça é de retirarmos a bola 10 entre 10 bolas multiplicado pela
398.126.848-24
possibilidade de tirarmos a bola 5 dentre as 9 bolas que ainda sobram. Assim, temos:
D
P2 =
1 1 1 × = 10 9 90
Basta agora somar as probabilidades calculadas anteriormente para obter-
mos o resultado solicitado: P = P1 + P 2 8 1 P = + 90 90 9 P = 90 1 P = 10 ✞
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Questão 79
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Probabilidade e Estatística
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6
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(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006) Supondo normalmente distribuídos, com média 200g e desvio padrão 5g, os pesos dos pacotes de biscoitos, é correto afirmar que 95% dos pacotes têm pesos, em gramas, compreendidos entre: (A) 195,0 e 205,0 (B) 194,5 e 205,5 (C) 192,0 e 208,0 (D) 191,4 e 208,6 (E) 190,2 e 209,8
398.126.848-24
Resolução: Como a variável analisada segue uma distribuição normal, os cálculos de probabilidade são facilitados, pois se projeta qualquer análise mediante o uso da variável padronizada Z. Cada par de parâmetros (µ e σ) define uma distribuição
T
distinta, sendo que as medidas de tendência central: média, mediana e moda são todas idênticas, pois a curva é simétrica. Utilizando a fórmula de transformação abaixo é possível converter qualquer variável aleatória normal x na variável padrox−µ σ
AF
nizada Z: Z=
A estimativa de probabilidades ligadas a variáveis aleatórias contínuas leva em consideração o cálculo de área sob a curva da densidade. Este ponto reflete a praticidade da distribuição normal padronizada, pois ela nos permite realizar esses cálculos utilizando a tabela de distribuição normal. Como o enunciado busca um 398.126.848-24
R
valor de Z que compreende a 95% da área sob a curva de distribuição, temos que avaliar a tabela de distribuição normal em anexo a prova. Avaliando a tabela, percebemos que os valores de Z apresentados representam as áreas fora da região que se busca. Dessa maneira, o valor de Z a ser buscado na tabela é 5%, ou seja,
D
a diferença entre 100% e 95%. A figura abaixo apresenta a convenção adotada sobre a área tabulada:
Além disso, como a curva de distribuição é simétrica, temos que dividir os 5% que compreendem a região hachurada por 2. Dessa forma, temos que localizar
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
o ponto Z que represente 2,5% na parte positiva da curva de distribuição. Então,
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Probabilidade e Estatística
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6
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analisando a tabela de distribuição normal, vemos que para 0,025 obtemos o valor de 1,96 para Z. Lembrando que o valore de Z é um parâmetro que dá a distância do ponto observado até a média, temos: µ ± 1, 96σ
398.126.848-24
Dessa forma, é possível calcular a faixa de peso dos pacotes compreendidos em 95% dos pacotes. Assim, o peso máximo Pmax e o peso mínimo Pmin são obtidos, respectivamente por: Pmax = 200 + (1, 96 × 5)
e
Logo, Pmax = 209, 8
Pmin = 200 − (1, 96 × 5) e
Pmin = 190, 2 ✞
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Alternativa (E) ✆ ✝
Questão 80
(Químico(a) de Petróleo Júnior - Transpetro 2006) A tabela abaixo mostra a distribuição de salários em uma amostra aleatória de 250 empregados de certa empresa. Salários (R$) 300 500 500 800 800 1200 1200 1500
Número de empregados 100 60 50 40
398.126.848-24
A melhor estimativa, em reais, do percentil P80, ou seja, do salário abaixo do qual se encontram 80% dos salários é: (A) 1.000,00 (B) 1.120,00 (C) 1.150,00 (D) 1.160,00 (E) 1.180,00
Resolução: Os percentis dividem o conjunto em 100 partes iguais, dessa forma, desejamos obter ao valor do percentil que separa 80% dos valores menores ou iguais ao valor do percentil 80. Calculando primeiramente o valor do percentil 80 P80 . Então, é preciso definir a localização ou a posição p desse percentil cuja equação é apresentada a seguir: P80 =
n ×q 100
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Onde n é a amostragem, sendo neste caso igual a 250, e q é o número para
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8.
103
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Probabilidade e Estatística
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6
398.126.848-24
a determinação do percentil. Utilizamos q = 80, pois deseja se determinar o P80 . Resolvendo temos: 250 × 80 100 = 200
P80 = P80
398.126.848-24
Para identificar a posição do P80 , o candidato precisa visualizar na tabela, na ordem crescente de salários, onde a soma acumulada dos funcionários esteja na posição 200. Ou seja, o P80 está exatamente na faixa salarial entre 800 e 1200 reais. (Isso também pode ser visualizado calculando as frequências acumuladas relativa em uma coluna ao lado).
T
Sabendo onde está localizado o P80 , é preciso calcular o valor do mesmo. Para os dados em distribuição de frequências em classes, o cálculo das medidas separatrizes é feito pela equação abaixo:
(p − Fai−1 ) Fi
AF
P80 = li + h
i é a classe modal ( i = 3 );
li é o limite inferior da classe modal ( li = 800 );
Fi é a frequência absoluta da classe modal ( F3 = 50 );
Fai−1 é a frequência acumulada da classe anterior à da separatriz ( Fa2 ) = 100 + 60 = 160 );
398.126.848-24
R
h é a amplitude do intervalo de classe ( h = 400 ).
Com todas as inferências anteriores, podemos calcular o 3◦ Q:
D
P80 = l3 + h
(p − Fa2 ) F3
Assim, a equação se resume ao valor de: (200 − 160) ) 50 40 = 800 + 400 × 50 = 800 + 8 × 40
P80 = 800 + 400 × P80 P80
P80 = 1120 ✞
☎
39
8.
12
6. 8
48
-2
4
Alternativa (B) ✆ ✝
398.126.848-24