Exame de Suficiência Resolvido 2023 1

Ministério da Educação UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ Campus Curitiba Departamento Acadêmico de Eletrônica Curso: Engenharia Eletrônica Período: Turma: Turno: Professor: Disciplina: Circuitos Elétricos 1 Exame de Suficiência Data: 09/12/2020 Nota: Aluno(a): RA: * Respostas corretas sem os devidos cálculos não serão consideradas. Descrever todas as etapas e cálculos para encontrar a resposta. * A resolução da prova deve ser legível. * Respostas finais com (no mínimo) 1 casa decimal e com as unidades. 1) Determine Vo no circuito abaixo, utilizando análise nodal (2,0 pontos). VO = 2) No circuito a seguir, encontre IO utilizando a análise de malha (Valor: 2,0 pontos). iO = 3) Para o circuito abaixo, utilizando o teorema de Thévenin ou de Norton, encontre RL para a máxima potência entregue a carga e determine a máxima potência transferida para a carga (Valor: 2,0 pontos). RL = Pmáx = 4) No circuito abaixo, determine a expressão para iL(t) para t > 0 e calcule iL(t) para t = 10µs (2,0 pontos). iL(t) = iL(10µ) = 5) No circuito abaixo, encontre vC(t) para t > 0 (Valor: 2,0 pontos). vC(t) = REFERÊNCIAS PARA CONSULTA RESPOSTA AO DEGRAU DE UM CIRCUITO RC: 𝑣(𝑡) = 𝑣(∞) + [𝑣(0) − 𝑣(∞)]𝑒−𝑡/𝜏 RESPOSTA AO DEGRAU DE UM CIRCUITO RL: 𝑖(𝑡) = 𝑖(∞) + [𝑖(0) − 𝑖(∞)]𝑒−𝑡/𝜏 CONSTANTE DE TEMPO DE UM CIRCUITO RC: τRC = RTh × C CONSTANTE DE TEMPO DE UM CIRCUITO RL: τRL = L RTh CIRCUITO RLC SEM FONTES INDEPENDENTES Tipo Condição Critério 𝛼 𝜔0 Resposta Constantes Série Sobre amortecido 𝛼 > 𝜔0 𝑅 2𝐿 1 √𝐿𝐶 𝐴1𝑒𝑠1𝑡 + 𝐴2𝑒𝑠2𝑡 onde 𝑠1,2 = −𝛼 ± √𝛼2 − 𝜔02 i(0) = A1 + A2 Paralelo 1 2𝑅𝐶 v(0) = A1 + A2 Série Criticamente amortecido 𝛼 = 𝜔0 𝑅 2𝐿 1 √𝐿𝐶 𝑒−𝛼𝑡(𝐴1 + 𝐴2𝑡) onde s1 = s2 = – α i(0) = A1 Paralelo 1 2𝑅𝐶 v(0) = A1 Série Sub amortecido 𝛼 < 𝜔0 𝑅 2𝐿 1 √𝐿𝐶 𝑒−𝛼𝑡(𝐴1𝑐𝑜𝑠𝜔𝑑𝑡 + 𝐴2𝑠𝑒𝑛𝜔𝑑𝑡), onde 𝜔𝑑 = √𝜔0 2 − 𝛼2 i(0) = A1 Paralelo 1 2𝑅𝐶 v(0) = A1 As constantes A1 e A2 podem ser determinadas a partir das condições iniciais. di (0) dt = − 1 L × (R × I0 + V0) ou vL(0) = L di(0) dt dv (0) dt = − (V0 + R × I0) R × C ou iC(0) = C dv(0) dt 1) Vo = VD VD - VE = 12 VA - 0 = 6 VA = 6 super nó (?) ( VA - VD )/2 + (VB - VE)/2 = (VD - 0)/1 + (VE - 0)/1 VC - VD + VB - VE = 2VD + 2VE VC - 3VD + VB - 3VE = 0 2 + (VB - VC)/1 = (VC - VD)/2 => 4 + 2VB - 2VC = VC - VD 3VC - VD - 2VB = 4 VA - (VB - VE)/2 = (VB - VC)/2 + (VB - VE)/1 + (VA - VB)/2 => VA - VB = 2VB + VE - VE + 2VC => 6VB - VE - 2VC = 6 => | 1 1 -3 -3 | | VB | | 0 | | -2 3 -1 0 | | VC | | 4 | | 6 -2 0 -1 | | VD | | 6 | | 0 0 1 -1 | | VE | | 12 | => | VB | = 1.831 V | VC | = 4.9296 V | VD | = 7.1268 V | VE | = -4.8732 V Como Vo = VB => Vo = 7.1268 V Digitalizado com CamScanner 2) iD = iB + iC iD - iC = -3 super-malha: -2iB + 5iC + i( iC - iD ) + 10iB + 3iB = 0 (i) 3 ( iB - iC ) + 10iB + 3iB + 5 ( iB - iD ) = 0 (ii) 11iB + 8iC = -3 (I) 3iB - 3iC + 10iB + 3iB + 5i( iB - 5i ) = 0 (II) 11iB + 8iC = -3 => | 0 11 8 | | iD | | -3 | | -5 21 -3 | | iB | = 0 | 1 0 -1 | | iC | = 9 => iD = 6.8203 A iB = 1.3125 A iC = -2.1797 A i0 = iB - iC = 3.14922 A Digitalizado com CamScanner