controle linear

DRAFT

CONCURSO PETROBRAS

ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JR - ELETRÔNICA

ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JR - ELÉTRICA

ENGENHEIRO(A) DE AUTOMAÇÃO JR

Questões Resolvidas

Controle Linear

QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA CESGRANRIO

Eng. Roni Gabriel Rigoniwww.concursopetrobraseng.com.br

www.concursopetrobraseng.com.br

DRAFTIntrodução

Para a utilização deste material é recomendado que o leitor já tenha estudado todo o conteúdo

referente a Controle Linear Contínuo e Discreto, como consta no edital do concurso. Por este motivo,

não é explicado detalhadamente cada método, teorema ou definição utilizados durante as resoluções.

Porém fazemos questão de sempre deixar explícito qual método/teorema/definição está sendo utilizado,

para o leitor poder cunsultá-lo na bibliografia que preferir.

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.

O autor deste material não tem nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, e as

resoluções aqui apresentadas são de autoria exclusiva de Roni Gabriel Rigoni, formado pela Univer-

sidade Federal de Santa Catarina e atualmente Engenheiro de Automação da Petrobras Transportes -

Transpetro.

Este material é de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por

quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se

o infrator à resposabilização civil e criminal.

Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.

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Capıtulo 1Controle Linear

1.1 Controle Linear Contínuo - Básico

Questão 1(Eng. de Automação Jr - Transpetro 2008)

11ENGENHEIRO JÚNIOR - ÁREA: AUTOMAÇÃO

(A)3s4s

2s14s202

2

(B)

20s14s2

3s4s2

2

(C)3s4s

20s14s22

2

(D)

20s14s2

1s4s32

2

(E)1s4s3

2s14s202

2

)t(y3dt

)t(dy4

dt

)t(yd)t(u20

dt

)t(du14

dt

)t(ud2

2

2

2

2

36Um determinado sistema físico pode ser modelado através da seguinte equação diferencial ordinária:

onde u(t) e y(t) representam, respectivamente, os sinais de entrada e de saída do sistema. A função de transferência )s(U

)s(Y)s(G

deste sistema é

37Um sistema dinâmico em malha fechada pode ser modelado sob a forma de espaço de estado através das seguintesequações:

As posições dos pólos no plano s da função de transferência deste sistema são(A) s

1 = 2 e s

2 = 3 (B) s

1 = 1 e s

2 = 3

(C) s1 = 1 e s2 = 2 (D) s1 = 2 e s2 = 4(E) s

1 = 3 e s

2 = 5

38Os CLPs da Figura 1 estão conectados numa rede do tipo mestre-escravo. O CLP mestre M realiza uma varredura cíclica atodos os CLPs escravos Ei (i =1..n) para realizar o intercâmbio de dados. A comunicação por rede permite que os CLPscompartilhem variáveis. O ciclo de varredura da rede é independente do ciclo de varredura interno dos CLPs, este composto portrês etapas: (i) atualização da memória de entrada e saída local; (ii) atualização da memória de dados referentes à rede; e (iii)execução do programa de aplicação do usuário. Na etapa (ii), os dados recebidos por uma comunicação de rede são atualizadosna memória interna e os dados referentes aos outros CLPs são repassados para transmissão. O intercâmbio de dados entrediferentes estações escravas Ei é feito por intermédio do CLP mestre M.

Numa comunicação escravo-escravo, ilustrada na Figura 2, o CLP E1 recebe um estímulo na entrada correspondente ao pontoX11, que atualiza o ponto C01 do CLP M e que, conseqüentemente, provoca uma modificação no ponto C21 do CLP E2.Considere que os tempos de varredura dos CLPs M, E1 e E2 sejam todos de 50ms, que o tempo requerido para completar atransmissão na rede seja de 20ms, e desconsidere o tempo necessário para a percepção de um estímulo na entrada de umCLP. O tempo mínimo, em milissegundos, em que um sinal conectado à entrada correspondente ao ponto X11 deve permane-cer num determinado estado para que este seja percebido no ponto C21 é(A) 320 (B) 340 (C) 370 (D) 390 (E) 420

)t(x

)t(x02)t(y

)t(u3

1

)t(x

)t(x

01

65

)t(x

)t(x

2

1

2

1

2

1

código no CLP M:

| C01 C21 ||---| |---( )---|| |....

código no CLP E1:

| X11 C01 ||---| |---( )---|| |....

código no CLP E2:

| C21 ||---| |--- ... || |....

Figura 2Instância de comunicação entre

estações Escravo-EscravoFigura 1

CLPs interconectados em rede

CLP M CLP E1 CLP EnCLP E2

(A)

(C)

(E)

(B)

(D)

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Resolução:

Aplicando a Transformada de Laplace, temos:

2s2U(s) + 14sU(s) + 20U(s) = s2Y (s) + 4sY (s) + 3Y (s)

U(s)[2s2 + 14s+ 20

]= Y (s)

[s2 + 4s+ 3

]Y (s)

U(s)= G(s) =

2s2 + 14s+ 20

s2 + 4s+ 3

Alternativa (C)

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CONTROLE LINEAR www.concursopetrobraseng.com.br 2


PROVA 35 - ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO8

27

A figura acima mostra uma fonte de tensão contínua alimen-tando um circuito RC. Com o capacitor descarregado, a chavefecha-se no instante inicial, isto é, em t=0. A expressãomatemática do tempo total (t), contado a partir do instanteinicial até o capacitor se carregar com 1/5 da tensão dafonte, é:

(A) RC,20

(B)

3

5

2ln

RC

(C) ( )20,lnRC

(D)

5

3

2ln

RC

(E) RC,60

28Considere a figura abaixo.

A chave S, no circuito, encontrava-se aberta por um longotempo, 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

R

E+

C R

12 V

2 mH

3 mFS

4

5 20

I1

+

29Uma planta industrial pode ser modelada através de umaFunção de Transferência G(s) racional e contínua, de terceiraordem, estritamente própria e estável. Com relação a G(s),é correto afirmar que:(A) possui três pólos localizados no semiplano s da direita.(B) possui pelo menos um zero localizado no infinito.(C) o seu grau relativo é zero.(D) possui dois zeros localizados sobre o eixo imaginário no

plano s.(E) todos os pólos estão localizados sobre o eixo real nega-

tivo.

30

A figura acima mostra um sinal oriundo de uma descarga decapacitor, cuja expressão é dada por:

( )( )

<=≥= α−

00

0

tparatf

tparaAetf t

onde A e α são constantes positivas. A expressão da Trans-formada de Fourier deste sinal é:

(A) ( )ω+α

ω=ωj

AF

(B) ( )ω+α

=ωj

AF

(C) ( )ω−α

=ωj

AF

(D) ( )22 ω+α

=ω AF

(E) ( )22 ω+α

=ω AF

f(t)

0 t

A


Resolução:

Supondo que a Função de Transferência da planta seja G(s) = N(s)D(s)

. Da

teoria de controle sabemos que:

• Se grau[D(s)] ≥ grau[N(s)]→ G(s) é uma FT própria.

• Se grau[D(s)] > grau[N(s)]→ G(s) é uma FT estritamente própria.

Como a G(s) em questão é estritamente própria, sabemos que existem mais

pólos do que zeros nesta FT. Consequentemente pelo menos um pólo vai para

infinito na nossa análise de Lugar das Raízes, ou seja, há pelo menos um zero no

infinito.

Alternativa (B)

Analisando as outras alternativas:

(A) Falso, pois deste modo a planta seria instável.

(C) Falso, como grau[D(s)] > grau[N(s)], o grau relativo é no minimo 1.

(D) Falso, pois nesse caso a estabilidade estaria condicionada.

(E) Falso, os pólos podem estar em qualquer parte do semiplano complexo es-

querdo.

Material de uso exclusivo do Comprador Cód. T34TRJ59YNKS. Sendo vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a suareprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à resposabilização civil e criminal.


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31Num circuito elétrico, o sinal de tensão v(t), causal, é repre-sentado matematicamente pela expressão no domínio deLaplace:

( )204

20102 ++

+=ss

ssV

Esta tensão tem a sua expressão no domínio do tempo,

para 0≥t , dada por:

(A) ( ) ( )tcosetv t 410 2−=

(B) ( ) ( )tsenetv t 410 2−=

(C) ( )

π+= −

4420 2 tsenetv t

(D) ( ) ( )tcosetv t 2010 4−=

(E) ( ) ( )tsenetv t 2010 4−=

32Considere a tabela abaixo:

Cinco processos, nomeados A, B, C, D e E, chegam quasesimultaneamente a um processador para serem executados.Consideram-se desprezíveis as diferenças entre os temposde chegada dos processos, porém a ordem de chegada estáindicada na tabela. Os tempos de execução estimados dosprocessos são mostrados na tabela e o processador segueum algoritmo de escalonamento por ordem de chegada ecom fatia de tempo de 1s. O tempo médio de resposta aosprocessos, em segundos, é:(A) 3,0(B) 9,6(C) 10,0(D) 10,2(E) 12,0

A

B

C

D

E

1

2

3

4

5

5

3

1

2

4

Tempo estimado deexecução (s)

Ordem de ChegadaProcesso

33

Um sistema tem a sua entrada x(t) relacionada com a saída

y(t), através da seguinte equação diferencial:

( )txdt

dy

dt

yd105

2

2

=+

Considerando todas as condições iniciais nulas e aplicando,

neste sistema, uma realimentação de saída, com a lei de

controle dada por ( ) ( ) ( )trtKytx +−= , a expressão da

Função de Transferência relacionando a saída Y(s) e a

entrada de referência R(s) é:

(A)

(B)

(C)

(D)

(E) ( )

( ) ( )25 10

Y s K

R s s K s K=

+ + +

Kss

K

sR

sY

1052

KsssR

sY

105

102

KsssR

sY

105

102

Kss

K

sR

sY

105

102



31Num circuito elétrico, o sinal de tensão v(t), causal, é repre-sentado matematicamente pela expressão no domínio deLaplace:

( )204

20102 ++

+=ss

ssV

Esta tensão tem a sua expressão no domínio do tempo,

para 0≥t , dada por:

(A) ( ) ( )tcosetv t 410 2−=

(B) ( ) ( )tsenetv t 410 2−=

(C) ( )

π+= −

4420 2 tsenetv t

(D) ( ) ( )tcosetv t 2010 4−=

(E) ( ) ( )tsenetv t 2010 4−=

32Considere a tabela abaixo:

Cinco processos, nomeados A, B, C, D e E, chegam quasesimultaneamente a um processador para serem executados.Consideram-se desprezíveis as diferenças entre os temposde chegada dos processos, porém a ordem de chegada estáindicada na tabela. Os tempos de execução estimados dosprocessos são mostrados na tabela e o processador segueum algoritmo de escalonamento por ordem de chegada ecom fatia de tempo de 1s. O tempo médio de resposta aosprocessos, em segundos, é:(A) 3,0(B) 9,6(C) 10,0(D) 10,2(E) 12,0

A

B

C

D

E

1

2

3

4

5

5

3

1

2

4

Tempo estimado deexecução (s)

Ordem de ChegadaProcesso

33

Um sistema tem a sua entrada x(t) relacionada com a saída

y(t), através da seguinte equação diferencial:

( )txdt

dy

dt

yd105

2

2

=+

Considerando todas as condições iniciais nulas e aplicando,

neste sistema, uma realimentação de saída, com a lei de

controle dada por ( ) ( ) ( )trtKytx +−= , a expressão da

Função de Transferência relacionando a saída Y(s) e a

entrada de referência R(s) é:

(A)

(B)

(C)

(D)

(E) ( )

( ) ( )25 10

Y s K

R s s K s K=

+ + +

Kss

K

sR

sY

1052

KsssR

sY

105

102

KsssR

sY

105

102

Kss

K

sR

sY

105

102


Resolução:

Substituindo a lei de controle x(t) = −Ky(t) + r(t) em d2ydt2

+ 5dydt

= 10x(t)

temos:

d2y

dt2+ 5

dy

dt= 10(−Ky(t) + r(t))

d2y

dt2+ 5

dy

dt+ 10Ky(t) = 10r(t)

Aplicando a Transformada de Laplace nesta equação encontramos:

s2Y (s) + 5sY (s) + 10KY (s) = 10R(s)

Y (s)[s2 + 5s+ 10K] = 10R(t)

Y (s)

R(s)=

10

s2 + 5s+ 10K

Alternativa (C)



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Questão 4(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2010/2)

ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIORELETRÔNICA

7

23

O modelo discreto de um sistema, em malha aberta, é representado pela função de transferência .

A figura acima mostra o esboço do lugar das raízes, no plano Z, para esse sistema, em malha fechada, com realimentação

de saída e com o ganho variando no intervalo . O circulo unitário está traçado com linha pontilhada. O valor

do ganho K, para que o sistema em malha fechada esteja no limiar da instabilidade, é

(A) 5,0 (B) 2,5 (C) 1,0 (D) 0,5 (E) 0,25

24

Um sistema de 2a ordem é dado pela sua função de transferência . Sabe-se que o tempo de subida,

medido sobre a curva de resposta ao degrau aplicado nesse sistema, é dado por , onde

• é a razão de amortecimento; e

• ωn é a frequência natural não amortecida.

Para discretizar esse sistema e aplicar um controle digital, o período de amostragem deve ser tal que ocorram 10 amostras

durante o tempo de subida. O valor aproximado desse período é

(A) (B)

(C) (D)

(E)

Resolução:

Comparando o sistema em questão com a representação padrão para sis-

temas de segunda ordem:

G(s) =64

s2 + 8s+ 64=

Kω2n

s2 + 2ζωn + ω2n

De onde tiramos:

ω2n = 64

ωn = 8

2ζωn = 8

ζ =8

2× 8

ζ = 0, 5

Então podemos calcular o valor de φ como segue:

φ = arccos(ζ) = arccos(0, 5) =π

3rad

Agora basta substituirmos os valores na equação dada e encontrarmos o valor do



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tempo de subida TR:

TR =π − φ

ωn√

1− ζ2=

π − π3

8√

1− 0, 52

TR =2π3

8√

75100

=2π

24√

25100× 3

TR =π

12× 510

√3

=π√

3

18

Para termos 10 amostragem durante o tempo de subita, temos que ter T = TR10

,

logo:

T =TR10

=1

10× π√

3

18

T =π√

3

180 Alternativa (B)



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9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

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8

Considere as informações a seguir para responder às questões de nos 25 e 26.

O controle de atitude de um satélite em órbita consiste em ajustar, automaticamente, o ângulo de seu eixo, de modo

a direcionar sua antena para a região desejada na superfície da Terra. O modelo simplificado desse sistema consta

de um sinal de entrada, que é o torque τ(t), e de um sinal de saída, que é o ângulo θ(t). Considerando o vetor de

estado definido com , posição angular e , a velocidade angular, obtém-se

o seguinte modelo em espaço de estado.

e

25Aplicando uma realimentação de estado, com a lei de controle dada por , o valor do vetor

de ganhos K, que conduz os polos em malha fechada para as posições −2 e −3, é

(A) [5 6] (B) [2 3] (C) [6 5] (D) [−5 −6] (E) [−2 −3]

26Discretizando este modelo, pelo método ZOH, com o período de amostragem T, obtém-se o modelo discreto dado por:

e A matriz Φ é

(A) (B) (C) (D) (E)

27

O gráfico da figura acima corresponde à resposta ao degrau unitário aplicado na entrada de um sistema de 2a ordem, cuja

função de transferência é . Com base nos dados da figura, os polos desse sistema são complexos,

conjugados e iguais a

(A) (B) (C) (D) (E)

Resolução:

Primeiramente calculamos o ganho estático do sistema(K), baseando-nos

pelo gráfico, sabendo que a entrada foi um degrau unitário (U(s) = 1s):

K =∆Y

∆X=

0, 25− 0

1− 0=

1

4

Agora aplicamos o Teorema do Valor Final (TVF) sobre G(s):

lims→0

sG(s)U(s) = K

lims→0

(s× 16

s2 + 8s+ b× 1

s

)=

1

416

b=

1

4

b = 64

Portanto a equação característica é s2 +8s+64 = 0, e os pólos são as raízes desta

equação:

s1,2 =−8±

√64− 4× 64

2

s1,2 =−8± 8

√1− 4

2

s1,2 = −4± j4√

3

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




9

28

O diagrama em blocos da figura acima mostra um sistema

em malha fechada, onde U(s) é o sinal de entrada e Y(s),

o sinal de saída. O valor do ganho K, para que os polos

da função de transferência sejam complexos, con-

jugados e com parte real igual −6,5, é

(A) 20 (B) 15(C) 8 (D) 3(E) 1

29Nas redes de computadores Ethernet, os servidores utilizam um serviço que permite a alocação dinâmica de endereços IPs. O servidor seleciona um endereço IP a partir do pool de endereços disponíveis, atribuindo um endereço ao cliente e acrescentando uma entrada no banco de dados dinâmico. Essa situação normalmente acontece quando um host muda de uma rede para outra ou é conectado e desconectado de uma rede, como no caso de um provedor de serviços. Nesse esquema, endereços IP são fornecidos de forma temporária por um período de tempo limitado. Esse serviço é conhecido pela sigla (A) DNS (B) SSH(C) NAT(D) WINS (E) DHCP

30A figura abaixo mostra um conector usado para conectar o cabo de fibra óptica aos dispositivos de rede.

Ele utiliza um sistema de travamento de baioneta, mais confiável que o sistema conhecido como empurra/puxa. Esse conector é conhecido pela sigla (A) ST (B) SC(C) MT-RJ (D) SMA(E) VF-45

31Uma sub-rede de computadores foi implementada com acesso à Internet, sendo configurada por meio da notação CIDR, com o IP 192.227.75.160/28. A máscara que essa sub-rede está utilizando e seu endereço de broadcasting são, respectivamente,(A) 255.255.255.224 e 192.227.75.175 (B) 255.255.255.224 e 192.227.75.191(C) 255.255.255.240 e 192.227.75.255(D) 255.255.255.240 e 192.227.75.191 (E) 255.255.255.240 e 192.227.75.175

32Observe a figura abaixo. Ela indica dois esquemas de codificação digital, utilizados em redes de computadores.

• Em I, a codificação mantém um pulso de voltagem constante pela duração de um tempo de bit. Os dados em si são codificados como a presença ou ausência de uma transição de sinal no início do tempo de bit. Uma transição no início de um tempo de bit denota um 1 binário, enquanto que nenhuma transição indica um 0 binário. Essa codificação é utilizada em conexões ISDN de baixa velocidade.

• Em II, existe uma transição no meio de cada perío-do de bit. A transição de meio de bit serve como um mecanismo de sincronização e também como dados. Uma transição de alto para baixo representa 0, en-quanto uma transição de baixo para alto representa 1. Essa codificação é utilizada em LANs Ethernet.

As codificações I e II são conhecidas, respectivamente, como (A) NRZ-I e Manchester Diferencial. (B) NRZ-I e Manchester. (C) NRZ-I e NRZ-L. (D) NRZ-L e Manchester.(E) NRZ-L e Manchester Diferencial.

Resolução:

Utilizando álgebra de blocos, podemos reescrever o diagrama de blocos

como segue:

+

15,0 +s

K

12,0

11

+

+

s

)(sU )(sY

-

E também podemos reescrever a primeira Função de Transferência:

1 +1

0, 2s+ 1=

0, 2s+ 2

0, 2s+ 1

Agora podemos então achar a função de transferência Y (s)U(s)

:

Y (s)

U(s)=

0,2s+20,2s+1

× K0,5s+1

1 + 0,2s+20,2s+1

× K0,5s+1

Y (s)

U(s)=

(0, 2s+ 2)K

(0, 2s+ 1)(0, 5s+ 1) + (0, 2s+ 2)K

Agora finalmente podemos identificar a equação característica de Y (s)U(s)

:

(0, 2s+ 1)(0, 5s+ 1) + (0, 2s+ 2)K = 0

s2 + (7 + 2K)s+ (10 + 20K) = 0



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9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Pelo teorema de báskara, igualamos a parte real dos pólos a −6, 5:

−(7 + 2K)

2= −6, 5

7 + 2K = 13

2K = 6

K = 3

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

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10

33A resposta de um sistema linear à aplicação de um im-pulso δ(t) (delta de Dirac) é dada por h(t) = Aδ(t − t0), onde A e t0 são constantes positivas. Admitindo-se que este sistema tenha como entrada um sinal senoidal defi-nido por x(t) = B cos(2 π f 0t ), o espectro do sinal de saída, correspondente a essa entrada, é dado pela expressão

(A) (ej2πf t0 + e-j2πf t

0)

(B) ABcos(2πf t0)

(C) δ(f )cos(2πf t0)

(D) [δ(f -f0) + δ(f +f0)]e-j2πf t0

(E) δ(f -f0)cos(2πf t0)

34

Deseja-se transmitir, digitalmente, um sinal de vídeo cujo

espectro é limitado à faixa de 0 a 4 MHz. Na conversão

A/D desse sinal, utilizam-se um amostrador que opera na

taxa de Nyquist e um codificador que gera na saída, para

cada amostra na sua entrada, uma palavra binária de

comprimento fixo igual a 12 bits. Para que a interferência

entre símbolos (IES) no receptor seja desprezível, admite-

-se que a largura de banda do canal deve ser, no mínimo,

igual a , onde Ts é o intervalo de sinalização na saída

do modulador, ou, em outras palavras, o intervalo entre

símbolos (sinais) gerados pelo modulador.

Dispondo-se de um canal com largura de banda de 25 MHz,

o método de modulação que atende à condição para que

a IES seja desprezível é o

(A) BPSK

(B) QPSK

(C) FSK-2

(D) PSK-8

(E) QAM-16

35Considere um sistema de segunda ordem com a seguinte função de transferência:

A partir da análise de estabilidade e de desempenho, afirma-se que G(s) é(A) estável, com a frequência natural amortecida igual a

6, e o sistema é subamortecido.(B) estável, com o coeficiente de amortecimento igual a 1,

e o sistema é criticamente amortecido. (C) estável, com o coeficiente de amortecimento igual a 3,

e o sistema é superamortecido.(D) instável, com a frequência natural não amortecida

igual a 3, e o sistema é subamortecido.(E) instável, com frequência natural não amortecida igual

a 6, e o sistema é criticamente amortecido.

36Para análise de estabilidade em sistemas lineares, conside-

re a função de transferência de um sistema em malha fecha-

da, dada por , onde

a constante . Para garantir a estabilidade desse

sistema, o intervalo de variação de k deve ser

(A) 0 < k < 2 (B) 1 < k < 2

(C) k > − 2 (D) k > − 1

(E) k > 0

37Em um determinado processo industrial, sabe-se que a temperatura de uma de suas etapas varia entre 10 ºC e 50 ºC. O instrumento de medição usado para medir essa temperatura possui sua faixa de medida de −50 ºC a 50 ºC, com uma zona morta de 1%. Diante do exposto, afirma-se que o instrumento de medição(A) não apresentará variações de temperaturas inferiores

ou iguais a 0,5 ºC.(B) não apresentará variações de temperaturas inferiores

ou iguais a 1 ºC.(C) não é adequado para a medição na qual é empregado,

visto que pode apresentar distorções na medição da temperatura se a mesma estiver entre 49 ºC e 50 ºC.

(D) mede, embora sem confiabilidade na precisão, tempe-raturas variando em até 0,5 ºC além de sua faixa de medida nominal.

(E) mede, embora sem confiabilidade na precisão, tem-peraturas variando em até 1 ºC além de sua faixa de medida nominal.

Resolução:

Primeiro calculamos os pólos do sistema, que são as raízes da equação

característica s2 + 6s+ 9 = 0:

s =−6±

√62 − 4× 9

2

Logo s1 = s2 = −3, e como ambos pólos estão no semiplano complexo esquerdo,

o sistema é estável. Agora comparamos a função de transferência dada com a

forma padrão de uma função de transferência de segunda ordem:

G(s) =9

s2 + 6s+ 9=

Kω2n

s2 + 2ξωns+ ω2n

De onde tiramos:

ω2n = 9

ωn = 3

2ξωn = 6

ξ =6

2× 3

ξ = 1

Portanto o sistema é estável, com frequência natural não amortecida igual a 3

(ωn = 3), e criticamente amortecido (ξ = 1).

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




10

33A resposta de um sistema linear à aplicação de um im-pulso δ(t) (delta de Dirac) é dada por h(t) = Aδ(t − t0), onde A e t0 são constantes positivas. Admitindo-se que este sistema tenha como entrada um sinal senoidal defi-nido por x(t) = B cos(2 π f 0t ), o espectro do sinal de saída, correspondente a essa entrada, é dado pela expressão

(A) (ej2πf t0 + e-j2πf t

0)

(B) ABcos(2πf t0)

(C) δ(f )cos(2πf t0)

(D) [δ(f -f0) + δ(f +f0)]e-j2πf t0

(E) δ(f -f0)cos(2πf t0)

34

Deseja-se transmitir, digitalmente, um sinal de vídeo cujo

espectro é limitado à faixa de 0 a 4 MHz. Na conversão

A/D desse sinal, utilizam-se um amostrador que opera na

taxa de Nyquist e um codificador que gera na saída, para

cada amostra na sua entrada, uma palavra binária de

comprimento fixo igual a 12 bits. Para que a interferência

entre símbolos (IES) no receptor seja desprezível, admite-

-se que a largura de banda do canal deve ser, no mínimo,

igual a , onde Ts é o intervalo de sinalização na saída

do modulador, ou, em outras palavras, o intervalo entre

símbolos (sinais) gerados pelo modulador.

Dispondo-se de um canal com largura de banda de 25 MHz,

o método de modulação que atende à condição para que

a IES seja desprezível é o

(A) BPSK

(B) QPSK

(C) FSK-2

(D) PSK-8

(E) QAM-16

35Considere um sistema de segunda ordem com a seguinte função de transferência:

A partir da análise de estabilidade e de desempenho, afirma-se que G(s) é(A) estável, com a frequência natural amortecida igual a

6, e o sistema é subamortecido.(B) estável, com o coeficiente de amortecimento igual a 1,

e o sistema é criticamente amortecido. (C) estável, com o coeficiente de amortecimento igual a 3,

e o sistema é superamortecido.(D) instável, com a frequência natural não amortecida

igual a 3, e o sistema é subamortecido.(E) instável, com frequência natural não amortecida igual

a 6, e o sistema é criticamente amortecido.

36Para análise de estabilidade em sistemas lineares, conside-

re a função de transferência de um sistema em malha fecha-

da, dada por , onde

a constante . Para garantir a estabilidade desse

sistema, o intervalo de variação de k deve ser

(A) 0 < k < 2 (B) 1 < k < 2

(C) k > − 2 (D) k > − 1

(E) k > 0

37Em um determinado processo industrial, sabe-se que a temperatura de uma de suas etapas varia entre 10 ºC e 50 ºC. O instrumento de medição usado para medir essa temperatura possui sua faixa de medida de −50 ºC a 50 ºC, com uma zona morta de 1%. Diante do exposto, afirma-se que o instrumento de medição(A) não apresentará variações de temperaturas inferiores

ou iguais a 0,5 ºC.(B) não apresentará variações de temperaturas inferiores

ou iguais a 1 ºC.(C) não é adequado para a medição na qual é empregado,

visto que pode apresentar distorções na medição da temperatura se a mesma estiver entre 49 ºC e 50 ºC.

(D) mede, embora sem confiabilidade na precisão, tempe-raturas variando em até 0,5 ºC além de sua faixa de medida nominal.

(E) mede, embora sem confiabilidade na precisão, tem-peraturas variando em até 1 ºC além de sua faixa de medida nominal.

Resolução:

Aplicamos o critério de estabilidade de Routh-Hurwitz na equação carac-

terística s5 + s4 + 4s3 + 2s2 + 3s+ k − 1:

s5 1 4 3

s4 1 2 (k − 1)

s3 2 (4− k) 0

s2 k2

(k − 1) 0

s1 (−k + 4k) 0

s0 (k − 1)

Para não haver mudanças de sinal na primeira coluna, na linha de s2 temos que

ter:

k

2> 0

k > 0 (1.1)

Na linha de s1 temos que ter:

(−k +4

k) > 0

k2 < 4

−2 <k < 2 (1.2)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


E por último, na linha de s0:

k − 1 > 0

k > 1 (1.3)

Portanto, os valores de k que satisfazem 1.1, 1.2 e 1.3 são:

1 < k < 2

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




15

43Seja um sistema linear e invariante no tempo definido peloseu modelo em espaço de estados:

A função de transferência Y(s)/U(s) é

(A) 2

s 2,5

s 1,5 s 3,5

(B) 2

s 3,5

s 1,5 s 2,5

(C) 2

s 2,5

s 3,5 s 1,5

(D) 2

s 1,5

s 3,5 s 2,5

(E) 2

s 1,5

s 3,5 s 1,5

44

O diagrama em blocos da figura acima mostra um sistemalinear, de 2a ordem, composto de dois integradores,somadores e ganhos. A entrada é u(t) e a saída y(t).A função de transferência deste sistema é:

(A)

2

Y s 5s

U s s 3s 2

(B)

2

Y s 5

U s s 3s 2

(C)

2

Y s 5s 1

U s s 3s 2

(D)

2

Y s 5s 1

U s s 3s 2

(E)

2

Y s s 5

U s s 3s 2

1 1

2 2

1

2

x x3 1 1u

x x2 1,5 4

xy 1 0

x

+ +u(t)

3

5

y(t)

2

45

Considere o pulso p(t) mostrado na figura acima. A Trans-formada de Fourier deste pulso é dada pela seguinte ex-pressão:

2

K sen2

P

O valor da constante K é:(A) 4(B) – j4(C) j4(D) 2(E) j2

46

Considere o sinal periódico v(t) mostrado na figura acima.Os pulsos têm amplitude A, largura e se repetem comperíodo T em segundos.Com base nesses dados, analise as afirmativas a seguir.

I - O valor médio de v(t) é zero.II - Os coeficientes da série complexa de Fourier são

grandezas reais.

III - Os harmônicos de ordem par serão nulos se 2T

.

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.

p(t)

1

1

t1 1

T

v(t)

A

- 0 -A

t

T

Resolução:

Para simplificar, primeiramente chamaremos o sinal entre os dois inte-

gradores de x(t), logo fica fácil achar uma expressão para x(t):

x(t) =

∫[u(t)− 3x(t)− 2

∫x(t)]

x(t) = u(t)− 3x(t)− 2

∫x(t)

x(t) = u(t)− 3x(t)− 2x(t)

Aplicando a Transformada de Laplace temos:

s2X(s) + 3sX(s) + 2X(s) = sU(s)

X(s)[s2 + 3s+ 2] = sU(s) (1.4)

Agora, analisando o diagrama novamente, podemos encontrar uma expressão



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


para y(t), em função de x(t):

y(t) = 5x(t) +

∫x(t)

y(t) = 5x(t) + x(t)

Aplicando a Transformada de Laplace:

sY (s) = 5sX(s) +X(s)

X(s) =s

5s+ 1Y (s) (1.5)

Agora basta substituirmos a equação 1.5 na equação 1.4:

Y (s)s

5s+ 1[s2 + 3s+ 2] = sU(s)

Y (s)

U(s)=

5s+ 1

s2 + 3s+ 2 Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




16

47Um sinal discreto e causal é representado por umasequência x(n) que, no domínio da variável z, é represen-tada pela função:

2

2

5z 7zX z

z 3z 2

Os três primeiros valores da sequência x(n), ou seja, x(0),x(1) e x(2), respectivamente, são(A) 0, 5 e 8(B) 0, 8 e 14(C) 5, 7 e 14(D) 5, 8 e 14(E) 8, 14 e 26

48

O diagrama em blocos da figura acima mostra um filtrodigital, tendo X(z) como entrada e Y(z) como saída. A ex-

pressão da função de transferência

Y zH z

X z é

(A) 2

2

z 3z 2H z

z 3z 8

(B)

2

2

z 3z 8H z

5z 3z 2

(C) 2

2

2z 3z 5H z

z 3z 8

(D)

2

2

3z 2z 5H z

z 8z 3

(E) 2

2

5z 3z 2H z

z 3z 8

X(z)5

3

2z

-1

Y(z)

-8

-3

z-1

z-1

z-1

++

+

49Um sinal de 3 MHz de banda será transmitido por meio deum cabo coaxial, cuja atenuação, nesta faixa de frequência,é de 4 dB/km. A potência do transmissor é de 10 W e oreceptor tem sensibilidade de recepção de 100 W, ou seja,abaixo desta potência o receptor não detecta o sinal. Combase nesses dados, qual a distância máxima em linha reta,medida em km, em que o receptor deve ser instalado paraque ocorra a recepção do sinal?(A) 5,0(B) 6,5(C) 9,0(D) 12,5(E) 24,0

Considere os dados a seguir, para responder às ques-tões de nos 50 e 51.

Um sistema linear apresenta a seguinte configuração emmalha fechada:

Aplicando um impulso unitário na entrada deste sistema, osinal y(t) de saída será da forma:

t-sy(t) = Me sen( t)

50Considerando que = 4 rad/s, o valor do ganho K é:(A) 85(B) 50(C) 45(D) 41(E) 25

51O valor da constante M na expressão da resposta y(t) emfunção do ganho K é:

(A) 1

(B)K

K 25

(C)K

K 25

(D) K

(E)1

K

R(s) K Y(s)s(s+10)

Resolução:

A resolução desta questão é bem direta. Do diagrama de blocos tiramos

que:

Y (z) = [−3z−1Y (z)− 8z−2Y (z)] + [5X(z) + 3z−1X(z) + 2z−2X(z)]

Y (z)(1 + 3z−1 + 8z−2) = X(z)(5 + 3z−1 + 2z−2)

Y (z)

X(z)=

5 + 3z−1 + 2z−2

1 + 3z−1 + 8z−2× z2

z2

Y (z)

X(z)= H(z) =

5z2 + 3z + 2

z2 + 3z + 8

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




16


2

2

5z 7zX z

z 3z 2


48



Y zH z

X z é

(A) 2

2

z 3z 2H z

z 3z 8

(B)

2

2

z 3z 8H z

5z 3z 2

(C) 2

2

2z 3z 5H z

z 3z 8

(D)

2

2

3z 2z 5H z

z 8z 3

(E) 2

2

5z 3z 2H z

z 3z 8

X(z)5

3

2z

-1

Y(z)

-8

-3

z-1

z-1

z-1

++

+








(A) 1

(B)K

K 25

(C)K

K 25

(D) K

(E)1

K

R(s) K Y(s)s(s+10)


16


2

2

5z 7zX z

z 3z 2


48



Y zH z

X z é

(A) 2

2

z 3z 2H z

z 3z 8

(B)

2

2

z 3z 8H z

5z 3z 2

(C) 2

2

2z 3z 5H z

z 3z 8

(D)

2

2

3z 2z 5H z

z 8z 3

(E) 2

2

5z 3z 2H z

z 3z 8

X(z)5

3

2z

-1

Y(z)

-8

-3

z-1

z-1

z-1

++

+








(A) 1

(B)K

K 25

(C)K

K 25

(D) K

(E)1

K

R(s) K Y(s)s(s+10)

Resolução:

Primeiramente achamos a equação de Malha Fechada do sistema (Y (s)R(s)

), ou

seja:

Y (s)

R(s)=

K

s(s+ 10) +K=

K

s2 + 10s+K(1.6)

Porém sabemos que a resposta de um sistema a uma entrada impulsiva é igual à

anti-transformada de Laplace da função de transferência. Ou seja, se aplicarmos a

Transformada de Laplace à saída apresentada (devido a uma entrada impulsiva),

o resultado deve ser igual à função de transferência 1.6. Então, sabendo que a

Transformada de Laplace da saída é dada por:

Me−σt sin(ωt)L=⇒M

ω

(s+ σ)2 + ω2(1.7)

Agora devemos deixar a equação 1.6 na mesma forma da equação 1.7, para isso

precisamos de um pequeno trabalho algébrico:

K

s2 + 10s+K=

K

(s+ 5)2 + (K − 25)︸︷︷︸ω2

(1.8)

Logo, se ω2 = K − 25, então ω =√

(K − 25). Então podemos finalmente reorgani-



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


zar a FT 1.8 para ficar igual à equação 1.6, como segue:

K

(s+ 5)2 + (K − 25)=

[K√

K − 25

]︸︷︷︸

M

×

ω︷︸︸︷√K − 25

(s+ 5)2 + (K − 25)︸︷︷︸ω2

(1.9)

Como foi dado que ω = 4rad/s, podemos calcular o valor de K como segue:

ω2 = K − 25

42 = K − 25

K = 16 + 25 = 41

Alternativa (D)


16


2

2

5z 7zX z

z 3z 2


48



Y zH z

X z é

(A) 2

2

z 3z 2H z

z 3z 8

(B)

2

2

z 3z 8H z

5z 3z 2

(C) 2

2

2z 3z 5H z

z 3z 8

(D)

2

2

3z 2z 5H z

z 8z 3

(E) 2

2

5z 3z 2H z

z 3z 8

X(z)5

3

2z

-1

Y(z)

-8

-3

z-1

z-1

z-1

++

+








(A) 1

(B)K

K 25

(C)K

K 25

(D) K

(E)1

K

R(s) K Y(s)s(s+10)

Resolução:

Como indicado na equação 1.9, tiramos diretamente que:

M =K√

K − 25 Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




18

56

Um sistema linear com função de transferência

2

3H s =

s + 4s 5 está submetido a uma malha de con-

trole, conforme indicado no diagrama de blocos acima, em

que K1 e K2 são ganhos (constantes reais). As

especificações para o sistema em malha fechada são:

- frequência natural não amortecida de 2 rad/s;

- erro de estado estacionário nulo para a resposta ao de-

grau em r(t).

Os valores de K1 e K2 que atendem às especificações são,

respectivamente,

(A)5 3

e3 2

(B)7 3

e3 5

(C)3 2

e5 3

(D) 2 7

e3 3

(E)3 3

e2 5

r(s)K1

u(s)H(s)

y(s)

K2

++

_

57

O Grafcet da figura acima é tipicamente utilizado no con-trole de sistemas de fabricação sequenciais. As entradassão os sinais binários P e L. A notação X indica a detecçãoda borda de subida do sinal binário X, isto é, a passagemdo nível lógico 0 para o nível lógico 1. Considerando queem t = 0 apenas a etapa 1 estava ativa e que as entradasse comportaram de 0 a 13 s, conforme indicado nos gráfi-cos, as etapas ativas em t = 13 s são:(A) 1 e 4(B) 1, 3 e 4(C) 2 e 3(D) 2, 3 e 4(E) 2, 3 e 5

( P).L

PL

1

2 3

4

5

P

P

0 1 3 6 8 9 11 12 13

0

1L

0 2 3 4 5 7 10 13

0

1P

8 Tempo [s]

Tempo [s]


18

56

Um sistema linear com função de transferência

2

3H s =

s + 4s 5 está submetido a uma malha de con-

trole, conforme indicado no diagrama de blocos acima, em

que K1 e K2 são ganhos (constantes reais). As

especificações para o sistema em malha fechada são:

- frequência natural não amortecida de 2 rad/s;

- erro de estado estacionário nulo para a resposta ao de-

grau em r(t).

Os valores de K1 e K2 que atendem às especificações são,

respectivamente,

(A)5 3

e3 2

(B)7 3

e3 5

(C)3 2

e5 3

(D) 2 7

e3 3

(E)3 3

e2 5

r(s)K1

u(s)H(s)

y(s)

K2

++

_

57

O Grafcet da figura acima é tipicamente utilizado no con-trole de sistemas de fabricação sequenciais. As entradassão os sinais binários P e L. A notação X indica a detecçãoda borda de subida do sinal binário X, isto é, a passagemdo nível lógico 0 para o nível lógico 1. Considerando queem t = 0 apenas a etapa 1 estava ativa e que as entradasse comportaram de 0 a 13 s, conforme indicado nos gráfi-cos, as etapas ativas em t = 13 s são:(A) 1 e 4(B) 1, 3 e 4(C) 2 e 3(D) 2, 3 e 4(E) 2, 3 e 5

( P).L

PL

1

2 3

4

5

P

P

0 1 3 6 8 9 11 12 13

0

1L

0 2 3 4 5 7 10 13

0

1P

8 Tempo [s]

Tempo [s]

Resolução:

Primeiramente achamos a FTMF:

Y (s)

R(s)=

K1H(s)

1 +K2H(s)

Y (s)

R(s)=

K13

s2+4s−5

1 +K23

s2+4s−5

Y (s)

R(s)=

3K1

s2 + 4s+ (3K2 − 5)

Agora comparamos esta FT com uma FT padrão de segunda ordem:

Y (s)

R(s)=

3K1

s2 + 4s+ (3K2 − 5)=

Kω2n

s2 + 2ξωns+ ω2n



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


De onde tiramos que:

ω2n = 3K2 − 5

(√

2)2 = 3K2 − 5

K2 =7

3

Para um erro estacionário nulo a uma entrada degrau temos que ter Y (s)R(s)

= 1

quando U(s) = 1s

e s→ 0. Ou seja, pelo Teorema do Valor Final:

lims→0

(sY (s)

R(s)× 1

s

)=

3K1

3K2 − 5= 1

3K1 = 3K2 − 5

3K1 = 37

3− 5

K1 =2

3 Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 13(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Termoaçu 2008/1)

7ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)

(A) )DC(ABY (B) )DC()BA(Y

(C) )BA(CDY (D) CD)BA(Y

(E) )DC(ABY

26

Um 7485, cuja pinagem está indicada na figura acima, éusado 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 representadosem complemento 2, três opções são apresentadas:

I - trocar os bits mais significativos A3 por B3 e vice-versade cada um dos números de 4 bits antes de ligá-los aocomparador;

II - passar por um inversor o bit mais significativo de cadanúmero de 4 bits antes de ligá-los ao comparador;

III - passar por um inversor as saídas A>B e A<B.

Está(ão) correta(s) APENAS a(s) opção(ões)(A) I (B) II(C) III (D) I e II(E) II e III

27

No circuito da figura acima, considera-se que o capacitor e oindutor estão inicialmente descarregados. A chave é fechadano tempo t=0s e, neste instante, uma medida de corrente ( I0 )é feita no amperímetro (AMP). Com a chave fechada até ocircuito atingir o regime permanente, outra medida de cor-rente ( Iss ) é feita. Os valores, em A, das medidas I0 e Iss ,respectivamente, são(A) 0,0 e 1,2(B) 0,0 e 1,5(C) 0,3 e 0,0(D) 0,4 e 1,2(E) 2,0 e 3,0

28

O circuito CMOS da figura acima implementa a função lógica

Para responder às questões 29 e 30, considere o sistemaem Malha Fechada, com realimentação unitária desaída, mostrado na figura.

Para um determinado valor de K positivo, dois dos pólosestarão sobre o eixo imaginário e o sistema entra emoscilação.

29Com base nos dados apresentados, a oscilação ocorre parao valor de K igual a(A) 2500 (B) 1850 (C) 1200 (D) 500 (E) 100

30Com base nos dados apresentados, a freqüência angular deoscilação, em rad/s, é(A) 5 (B) 10 (C) 20 (D) 50 (E) 100

50

50 0,05 F

AMP

120 V+

+

-

-

10

0,2 h

10121315911141234

A<BA=BA>B

A0A1A2A3B0B1B2B3A<BiA=BiA>Bi

7485

765

+VDD +VDD

QPB

QPA

QNBQNA

QND

QNC

QPC QPDBC D

C

Y

D

B A

A





(E) )DC(ABY

26






27


28






50

50 0,05 F

AMP

120 V+

+

-

-

10

0,2 h

10121315911141234

A<BA=BA>B


7485

765

+VDD +VDD

QPB

QPA

QNBQNA

QND

QNC

QPC QPDBC D

C

Y

D

B A

A


Resolução:

Encontrar o valor de K que provoca oscilação é o mesmo que achar o lim-

ite de instabilidade do sistema. Para isso podemos utilizar o método de Routh-

Hurwitz, ou podemos utilizar o fato dos pólos estarem robre o eixo imaginário e

igualar os pólos do sistema a pólos puramente complexos. Para diversificar, nesta

questão escolheremos o segundo método. Logo, ter os dois pólos sobre o eixo

imaginário implica em s = ±jω, logo:

s(s+ 5)(s+ 20) +K = 0

s3 + 25s2 + 100s+K = 0

(jω)3 + 25(jω)2 + 100(jω) +K = 0

−jω3 − 25ω2 + 100jω +K = 0 (1.10)

Para a equação 1.10 ser igual a zero, tanto a parte real como a imaginária devem

ser zero. Igualando a parte imaginária da equação 1.10 a zero temos:

(100ω − ω3)j = 0

ω(100− ω2) = 0

ω = 0 ou ω = ±10

Como o valor de ω deve positivo e não nulo, temos ω = 10.



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Igualando a parte real da equação 1.10 a zero temos:

K − 25ω2 = 0

K = 25ω2

K = 25× 102

K = 2500

Alternativa (A)




(E) )DC(ABY

26






27


28






50

50 0,05 F

AMP

120 V+

+

-

-

10

0,2 h

10121315911141234

A<BA=BA>B


7485

765

+VDD +VDD

QPB

QPA

QNBQNA

QND

QNC

QPC QPDBC D

C

Y

D

B A

A


Resolução:

O valor da frequência angular de oscilação já foi encontrado no cálculo da

questão anterior, sendo ω = 10rad/s.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 14(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007)

8Engenheiro de Equipamentos Júnior - Eletrônica

(A)

2

VV

KE

D4 2

(B)VV

EK

D4 2

(C)12

1V

VKE

4D

(D)1

2 2V

VKE

D

(E)VV

KE

4D2

+

+

STRAIN GAUGEATIVO

Resistência R + R

SAÍDAV

AlimentaçãoV

F

F

D

R

R

STRAIN GAUGEDE COMPENSAÇÃO

Resistência R

27

Dois strain gauges, conectados em um circuito em ponte,são utilizados para a medida da força longitudinal de traçãosobre uma barra de aço cilíndrica, conforme indicado na figu-ra. O circuito em ponte é ajustado de tal forma que, quandonão há esforço longitudinal na barra, a tensão de saída é nula.Considerando que o diâmetro da barra é D, o Módulo de Youngdo aço é E, os strain gauges possuem fator gauge K, a ten-são de alimentação é V e a tensão de saída é ∆V, a expres-são para a força de tração na barra será:

28Uma linguagem descritiva de hardware é hoje uma ferramentaimportante para o desenvolvimento de circuitos integrados.Dentre as mais populares, destaca-se a VHDL. Assinale aafirmativa INCORRETA relacionada com essa linguagem deprogramação.(A) A linguagem VHDL possui interface de alto nível com a

eletrônica.(B) A linguagem VHDL possui portabilidade na indústria.(C) O processamento em VHDL é descrito de forma

seqüencial.(D) Um componente é descrito em VHDL, baseado em sua

arquitetura estrutural ou comportamental.(E) Um código escrito em VHDL pode ser testado em circui-

tos FPGA durante a fase de desenvolvimento.

24

A figura acima apresenta um circuito elétrico operando emregime permanente com a chave S1 fechada. Em determina-do instante, a chave S1 é aberta. Imediatamente após esseinstante, a corrente IC, em ampères, que atravessa o capacitorde 1 mF no circuito, aproximadamente, será:(A) 0,01 (B) 0,02(C) 0,05 (D) 0,08(E) 0,10

25Considere um sistema, com entrada u(t) e saída y(t), cujafunção de transferência é dada por:

4 10

Y s KG s

U s s s s

Fecha-se a malha, com realimentação de saída do tipou(t) = -y(t) + r(t), onde r(t) é uma entrada de referência. Combase nesses dados, qual o valor de K para que dois dos pólosdo sistema, em malha fechada, sejam imaginários puros?(A) 40 (B) 100(C) 340 (D) 560(E) 820

26

Para implementar o diagrama de estados da figura acima,com 2 flip-flops tipo D, a lógica de menor hardware da entradaD

B do flip-flop mais significativo é:

(A) V3.QB+ Q

A(B) V3.Q

B.Q

A+Q

A

(C) V3 + QA

(D) V1. QB. Q

A + V2.Q

A

(E) V1. QB+ Q

B.Q

A

10

10

+

40

20

-5V

S1

40mF1

mF2

mH5cI

00

V1

V2

V1

V2V3

V301

11 10


Resolução:

Primeiramente devemos encontrar a Função de Transferência de Malha

Fechada (FTMF) do sistema:

G(s) =Y (s)

U(s)=

Ks(s+4)(s+10)

1 + Ks(s+4)(s+10)

=K

s(s+ 4)(s+ 10) +K

=K

s3 + 14s2 + 40s+K

Para que dois pólos do sistema sejam imaginários puros, estes devem ser do tipo

s = jω e devem satisfazer a equação característica, logo:

s3 + 14s2 + 40s+K = 0

(jω)3 + 14(jω)2 + 40(jω) +K = 0

−ω3j − 14ω2 + 40ωj +K = 0

(40ω − ω3)j + (K − 14ω2) = 0

Igualando a parte imaginária a zero temos:

40ω − ω3 = 0

ω(40− ω2) = 0

ω2 = 40 ou ω = 0



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Agora igualamos a parte real a zero, e utilizamos o valor não nulo de ω:

K − 14ω2 = 0

K − 14× 40 = 0

K = 560

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 15(Eng. de Equipamentos Jr Eletrônica - Refap 2007)


V1 B(K)

X(K) V1/A(K,K)

V1 B(K 1)

X(K 1) V1/ A(K,K)

V1 B(K 1)

X(K 1) V1/ A(K,K)

V1 B(K)

X(K-1) A(K+1,K+1)/V1

V1 B(K 1)

X(K) A(K,K)/V1

36Para calcular a solução de um sistema de equações linea-

res, um programador escreveu um algoritmo. Os coeficien-

tes numéricos das variáveis x1, x

2, ... x

n encontram-se arma-

zenados na matriz A e os termos independentes, no vetor B,

de acordo com:

Considera-se que a matriz A esteja triangularizada e que seus

elementos na diagonal sejam diferentes de zero. No algoritmo,

o vetor X armazena os valores calculados para x1, x2, ..., xn e

a variável N contém o número inteiro n de equações. A seguir,

apresenta-se parte do algoritmo escrito pelo programador.

Recebe A, B, NX(N)Para K de N - 1 até 1 (variando -1) 1

Para L de K+1 até N (variando +1)

Fim do para 2

Fim do para

As linhas que preenchem corretamente as lacunas 1 e 2 do

algoritmo acima, respectivamente, são:

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

11 12 1 1 1

22 2 2 20

0 0

n

n

nn n n

Matriz A Vetor B

a a a x b

a a x b

a x b

B(N)/A(N,N)

V1 V1 (A(K,L) * X(L))

37Considere as afirmativas a seguir, a respeito do significadodas letras, segundo a norma ISA S5.1, quando estas apare-cem como indicadoras da função na identificação de um ins-trumento (2º grupo de letras).

I – A, I e T representam funções passivas ou de informação.II – C, Y e Z representam funções ativas ou de saída.III – M, L e H são letras modificadoras.IV – S representa um elemento primário ou sensor.V – K representa uma estação de controle.

As afirmativas corretas são apenas:(A) I, II e III(B) I, III e IV(C) II, III e IV(D) II, III e V(E) II, IV e V

38

A figura acima apresenta a resposta ao degrau unitário paraum determinado processo. A função de transferência que re-presenta o processo é:

(A) 2

0,1 s + 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(B) 2

0,5 s 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(C) 2

0,5 s + 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(D) 2

0,5 s 0,5G s =

s + 0,2s + 0,05

(E) 2

0,1 s 0,5G s =

s + 0,2s + 0,05

7

6

5

4

3

2

1

0

10 10 20 30 40 50 60

Tempo [s]

Saí

day

(t)



V1 B(K)

X(K) V1/A(K,K)

V1 B(K 1)

X(K 1) V1/ A(K,K)

V1 B(K 1)

X(K 1) V1/ A(K,K)

V1 B(K)

X(K-1) A(K+1,K+1)/V1

V1 B(K 1)

X(K) A(K,K)/V1

36Para calcular a solução de um sistema de equações linea-

res, um programador escreveu um algoritmo. Os coeficien-

tes numéricos das variáveis x1, x

2, ... x

n encontram-se arma-

zenados na matriz A e os termos independentes, no vetor B,

de acordo com:

Considera-se que a matriz A esteja triangularizada e que seus

elementos na diagonal sejam diferentes de zero. No algoritmo,

o vetor X armazena os valores calculados para x1, x2, ..., xn e

a variável N contém o número inteiro n de equações. A seguir,

apresenta-se parte do algoritmo escrito pelo programador.

Recebe A, B, NX(N)Para K de N - 1 até 1 (variando -1) 1

Para L de K+1 até N (variando +1)

Fim do para 2

Fim do para

As linhas que preenchem corretamente as lacunas 1 e 2 do

algoritmo acima, respectivamente, são:

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

11 12 1 1 1

22 2 2 20

0 0

n

n

nn n n

Matriz A Vetor B

a a a x b

a a x b

a x b

B(N)/A(N,N)

V1 V1 (A(K,L) * X(L))

37Considere as afirmativas a seguir, a respeito do significadodas letras, segundo a norma ISA S5.1, quando estas apare-cem como indicadoras da função na identificação de um ins-trumento (2º grupo de letras).

I – A, I e T representam funções passivas ou de informação.II – C, Y e Z representam funções ativas ou de saída.III – M, L e H são letras modificadoras.IV – S representa um elemento primário ou sensor.V – K representa uma estação de controle.

As afirmativas corretas são apenas:(A) I, II e III(B) I, III e IV(C) II, III e IV(D) II, III e V(E) II, IV e V

38

A figura acima apresenta a resposta ao degrau unitário paraum determinado processo. A função de transferência que re-presenta o processo é:

(A) 2

0,1 s + 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(B) 2

0,5 s 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(C) 2

0,5 s + 0,5G s =

s + 0,6s + 0,05

(D) 2

0,5 s 0,5G s =

s + 0,2s + 0,05

(E) 2

0,1 s 0,5G s =

s + 0,2s + 0,05

7

6

5

4

3

2

1

0

10 10 20 30 40 50 60

Tempo [s]

Saí

day

(t)

www.pciconcursos.com.brResolução:

Para quem está treinado, esta questão é extremamente fácil de ser re-

solvida. Primeiramente observamos o ganho estático do sistema, pelo gráfico:

K =∆y(t)

∆u(t)

K =yf − yiuf − ui

=5− 0

1− 0= 5

Agora observamos qual das alternativas possuem ganho estático igual a 5. Rapi-

damente obeservamos que só nos restam as alternativas (C) e (D). Conferindo:

Alternativa (C) lims→0

(s× 0, 5(s+ 0, 5)

s2 + 0, 6s+ 0, 05× 1

s

)= 5

Alternativa (D) lims→0

(s× −0, 5(s− 0, 5)

s2 + 0, 2s+ 0, 05× 1

s

)= 5

Do mesmo modo, vemos que o ganho estático da alternativa (A) é igual a 1, da (B)

é -5 e da (E) é 1.

Agora, para decidirmos entre as alternativas (C) ou (D), observamos novamente

o gráfico. Como em t = 0 a derivada da saída é negativa (há aquela pequena

"voltinha"com concavidade para cima), sabemos que o sistema é de fase não-

mínima, ou seja, possui um zero no semiplano complexo direito. Logo, a alternativa

correta é a (D), pois possui ganho estático igual a 5 e um zero em s = 0, 5.

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 16(Eng. de Equipamentos Jr Elétrica - Petrobras 2010/2)

ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIORELÉTRICA

15

59

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

(A) (B)

(C) (D)

(E)

60Um sistema linear, causal e de segunda ordem é representado pela seguinte função de Transferência:

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:

A expressão no domínio de Laplace do diagrama de blocos dado é facil-

mente deduzida:

H(s) = U(s)[1

s− e−τs

s]

Porém, sabemos que a entrada é um impulso unitário, ou seja, u(t) = δ(t), logo

U(s) é 1.

H(s) = 1× [1

s− e−τs

s] =

1

s− 1

s× e−τs

Sabemos que uma translação no tempo igual a τ segundos equivale a uma

multiplicação por e−τs no domínio de Laplace, ou seja: e−τs → δ(t − τ). Logo,



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


sabendo que 1s

no domínio de Laplace equivale a um degrau (D(t)) no domínio do

tempo, a expressão:

H(s) =1

s− 1

s× e−τs

No domínio do tempo fica:

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

este comportamento da saída é a alternativa (A).

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




15

59

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

(A) (B)

(C) (D)

(E)

60Um sistema linear, causal e de segunda ordem é representado pela seguinte função de Transferência:

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:

Primeiramente comparamos a função de transferência dada com uma FT

de segunda ordem padrão:

G(s) =K

s2 + as+ b=

K2ω2n

s2 + 2ξωns+ ω2n

O enunciado nos informa que a frequência natural não amortecida é: ωn = 15rad/s,

então podemos encontrar b diretamente da comparação acima:

b = ω2n = 152 = 225

Também nos foi dado que ξ = 0, 7, então podemos achar o valor de a:

a = 2ξωn = 2× 0, 7× 15 = 21

Em regime permanente, o valor da saída para um degrau unitário deve ser igual a

0,4, então aplicamos o Teorema do Valor Final para achar o valor de K:

lims→0

(s× K

s2 + as+ b× 1

s

)=K

b= 0, 4

K = 0, 4× b

K = 0, 4× 225 = 90

Portanto a = 21 e K = 90.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




4

7Considere a seguinte equação diferencial ordinária

2

2

d y(t) dy(t)+2 +10 y(t)=10

dtdt

com as condições iniciais y(0) = 0 e t=0

dy(t)=0

dt.

A solução dessa equação para t 0 é

(A) -3t 1y(t)=1- e [sen(3t)+ cos(3t)]

8

(B) -3t 1y(t)=1- e [sen(t)+ cos(t)]

6

(C) -2t 1y(t)=1- e [ sen(3t)+cos(3t)]

3

(D) -t 1y(t)=1- e [ sen(4t)+cos(4t)]

2

(E) -t 1y(t)=1- e [sen(3t)+ cos(3t)]

3

8Um engenheiro, após equacionar um determinado proble-ma, organizou as equações sob a forma matricial e reali-zou operações elementares com as linhas e colunas dasmatrizes, o que levou ao seguinte sistema:

1

2

3

4

5

x6 2 4 2 1 6

x0 4 5 1 1 1

x0 0 2 1 3 13

x0 0 0 1 1 1

x0 0 0 1 2 3

O valor da variável x3 é(A) - 2(B) 1(C) 3(D) 4(E) 5

9Considere a seguinte matriz:

x 1 2 4

0 1 3 9M

1 1 5 25

0 1 8 64

Sabendo-se que o determinante de M é 120, o valor de x é(A) 12 (B) 8 (C) 5 (D) 3 (E) 1

10Considere os espaços vetoriais assim representados:

1

2

3

x

X x

x

,

1

2

yY

ye

1

2

3

z

Z z

z

• A matriz M opera a transformação linear de X em Y, ouseja, Y = TL [X]

• A matriz N opera a transformação linear de Y em Z, ouseja, Z = TL [Y]

• TL - indica uma transformação linear.

Supondo a existência de uma matriz P que opera a trans-formação linear de Z em X, ou seja, X = TL [Z], esta matrizé calculada por(A) P = M N (B) P = N M(C) P = M-1 N-1 (D) P = [N M]-1

(E) P = [M N]-1

11Um sistema linear apresenta a seguinte configuração emmalha fechada, no domínio de Laplace.

( )10+ss

KR(s) Y(s)+

_

No domínio do tempo, aplicando um degrau unitário na en-trada deste sistema, a saída y(t), em regime permanente,tende para

(A) 1 (B) K

(C)1

K(D) 10

(E)1

10

Resolução:

Primeiramente achamos a FTMF:

Y (s)

R(s)=

Ks(s+10)

1 + Ks(s+10)

Y (s)

R(s)=

K

s(s+ 10) +K

Agora aplicamos o Teorema do Valor Final, considerando a entrada como sendo

um degrau unitário:

lims→0

(s× K

s(s+ 10) +K× 1

s

)= 1

Ou seja, a resposta em regime permanente será um degrau unitário.

Observe que esta resposta já era esperada, não precisaria fazer nenhuma conta

nesta questão. Pois, como a planta já é integradora, ela seguirá degraus de entrada

com erro nulo.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 19(Eng. Eletrônica Eletrobrás - Eletronuclear 2010)

ENGENHEIRO(A)ELETRÔNICA

16

E L E T R O N U C L E A R

53

A figura acima mostra a resposta a um degrau de amplitude 2, aplicado em t=0s, à entrada de um sistema de primeiraordem com atraso. A função de transferência desse sistema é

(A) 1,5s2e

s 0,4

(B) 0,67s1,2e

s 2,5

(C)

1,5s1,2e

s 0,4

(D)

0,67s3e

s 2,5

(E) 1,5s3e

s 1

54Um atuador mecânico gera uma força [N], função de uma corrente elétrica [A]. A corrente elétrica é limitada entre 0 e 2A,e a força, entre 5 e +5 N. Um ensaio em laboratório levantou a curva não linear dada pela expressão

f = 4i3 10i2 + 5

Linearizando a curva para pequenas variações no entorno do ponto de corrente io = 1 A, obtém-se a seguinte relação linear:(A) f = 10i + 4(B) f = 10i + 7(C) f = 8i + 5(D) f = 8i + 7(E) f = 8i + 7

55Um sistema linear de 2a ordem é dado pela função de transferência, que liga a saída Y(s) à entrada U(s), dada pelaseguinte expressão:

2

Y s 60

U s s 18s 225

Aplicando-se um impulso na entrada, o sinal senoidal de saída oscilará de forma amortecida exponencialmente e comfrequência angular, em rad/s, de(A) 9 (B) 10 (C) 12 (D) 15 (E) 18

6

5

4

3

2

1

10

Sa

ída

Tempo [s]

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 16

Resolução:

O atraso de um sistema aparece na forma e−Ls na função de transferência,

onde L é o atraso. Ou seja, o tempo que o sistema demora para responder após

a mudança da entrada, é chamado de atraso. Observando o gráfico, como a

mudança na entrada ocorreu em t = 0 (já que a entrada é um degrau), percebe-

mos que o sistema apresenta um atraso de resposta de 1,5 segundos, logo o

termo que deve aparecer multiplicando a FT do sistema é e−1,5s. Isso exclui as

alternativas (B) e (D).

Agora analisamos o ganho estático do sistema. Segundo o gráfico, encontramos:

K =∆y(t)

∆u(t)=yf − yiuf − ui

=6− 0

2− 0= 3

Logo, percebemos que a alternativa (A) também está excluída, pois esta

apresenta ganho estático igual a 5. Sobrando na nossa análise apenas as

alternativas (C) e (E).

Para decidirmos entre essas duas alternativas, estimamos o valor do pólo do

sistema. Sabemos que em um sistema de primeira ordem o pólo será s = −1τ

,

onde τ é a constante de tempo do sistema. Como a saída apresenta 0,63% do

seu valor máximo no tempo t = 4s, temos:



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


τ = 4− 1, 5 = 2, 5s

Logo o pólo do sistema será:

s =−1

τ=−1

2, 5= −0, 4

Agora que já sabemos que L = 1, 5, K = 3 e o pólo é s = −0, 4, a única

alternativa possível é a letra (C).

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




16


53

A figura acima mostra a resposta a um degrau de amplitude 2, aplicado em t=0s, à entrada de um sistema de primeiraordem com atraso. A função de transferência desse sistema é

(A) 1,5s2e

s 0,4

(B) 0,67s1,2e

s 2,5

(C)

1,5s1,2e

s 0,4

(D)

0,67s3e

s 2,5

(E) 1,5s3e

s 1

54Um atuador mecânico gera uma força [N], função de uma corrente elétrica [A]. A corrente elétrica é limitada entre 0 e 2A,e a força, entre 5 e +5 N. Um ensaio em laboratório levantou a curva não linear dada pela expressão

f = 4i3 10i2 + 5

Linearizando a curva para pequenas variações no entorno do ponto de corrente io = 1 A, obtém-se a seguinte relação linear:(A) f = 10i + 4(B) f = 10i + 7(C) f = 8i + 5(D) f = 8i + 7(E) f = 8i + 7

55Um sistema linear de 2a ordem é dado pela função de transferência, que liga a saída Y(s) à entrada U(s), dada pelaseguinte expressão:

2

Y s 60

U s s 18s 225

Aplicando-se um impulso na entrada, o sinal senoidal de saída oscilará de forma amortecida exponencialmente e comfrequência angular, em rad/s, de(A) 9 (B) 10 (C) 12 (D) 15 (E) 18

6

5

4

3

2

1

10

Sa

ída

Tempo [s]

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 16

Resolução:

A frequência natural amortecida ωd é dada em função da frequência natural

não amortecida ωn, e do coeficiente de amortecimento ξ, segundo a expressão:

ωd = ωn√

1− ξ2

Então basta encontrarmos ωn e ξ. Para isso comparamos a FT dada com uma FT

de um sistema de segunda ordem padrão:

60

s2 + 18s+ 225=

Kω2n

s2 + 2ξωns+ ω2n

De onde tiramos:

ω2n = 225 → ωn = 15

E também:

2ξωn = 18 → ξ =9

15= 0, 6

Agora podemos calculdar diretamente ωd:

ωd = ωn√

1− ξ2

ωd = 15√

1− 0, 62

ωd = 15√

1− 0, 36

ωd = 15√

0, 64

ωd = 15× 0, 8 = 12

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 21(Profissional Jr Eng. Eletrônica - Petrobras Distr. 2008)

11PROFISSIONAL JÚNIOR

FORMAÇÃO: ENGENHARIA ELETRÔNICA

37A dinâmica de um atuador robótico do tipo moto-redutoradmite a seguinte aproximação linear:

Onde: J é o momento de inércia do sistema, C é o coefici-ente de atrito,T

m é o torque e é a posição angular, função

do tempo

=ddt

e = ddt

22

Aplica-se uma lei de controle com realimentação do tipo:

T =K ( ) Km p r d

onde r é a posição angular de referência, Kp e K

d são

ganhos constantes.Para atender às exigências do projeto, o sistema em malhafechada deve posicionar pólos complexos com razão de

amortecimento = 0,8 e freqüência natural não amor-

tecida n = 10 rad/s. As expressões de Kp e K

d são:

(A)p d

100JK e K 100J 1,8C

C

(B)p dK 100C e K 18C J

(C)p dK 120J e K 180C

(D) p dK 100J e K 16J C

(E) p d

100K e K 18J C

J

38Uma determinada planta industrial apresenta o comporta-mento dinâmico semelhante ao de um modelo linear desegunda ordem, quando submetida à aplicação de um de-grau em sua entrada. Observa-se na saída da planta que aresposta possui uma ultrapassagem máxima de 25% e al-gumas poucas oscilações amortecidas até alcançar o valorde regime permanente. Neste caso, o comportamento daplanta é(A) superamortecido, e os pólos do modelo estão localiza-

dos sobre o semi-eixo real negativo.(B) criticamente amortecido, e os pólos do modelo estão

localizados no semiplano s direito.(C) subamortecido, e os pólos do modelo estão localizados

sobre o semi-eixo real negativo.(D) subamortecido, e os pólos do modelo são complexos con-

jugados e estão localizados no semiplano s esquerdo.(E) subamortecido, e os pólos do modelo estão localizados

sobre o eixo imaginário, simetricamente posicionadosem relação à origem.

39

A figura acima apresenta o diagrama do lugar das raízes,

para o ganho K > 0, de uma planta de terceira ordem,

realimentada por um compensador de primeira ordem.

Considerando 1 , 2 valores reais positivos tais que 1 > 2 > 0,

é correto afirmar, a partir do diagrama, que a planta em

malha

(A) aberta é estável.

(B) fechada somente é estável na faixa de ganho 0 K> >1 .

(C) fechada somente é estável na faixa de ganho K > 1 .

(D) fechada somente é estável na faixa de ganho K> >12 .

(E) fechada é estável para todo valor de ganho K > 0.

40

No modelo de um atuador robótico, o torque T(t), em N.m,

é uma função não linear que depende de uma corrente elé-

trica i(t), em A, cuja relação é dada por:

T(t) = 5[i(t)]2 + 2i(t)-24

Para pequenas variações de corrente no ponto de opera-

ção em que o torque é nulo, a expressão linearizada do

torque TL(t) é:

(A) 22i(t) - 44

(B) -22i(t) + 44

(C) 14i(t) - 28

(D) 7i(t) - 14

(E) 22i(t) + 30

J +C =T m


Resolução:

Primeiramentr aplicamos a lei de controle na expressão da dinânima do at-

uador, como segue:

Jθ + Cθ = Tm

Jθ + Cθ = Kp(θr − θ)−Kdθ

J θ + (C +Kd)θ +Kpθ = Kpθr

Agora aplicamos a Transformada de Laplace:

Θ(s)[Js2 + (C +Kd)s+Kp] = KpΘr(s)

Θ(s)

Θr(s)=

KpJ

s2 + (C+Kd)J

s+ KpJ

(1.11)

Agora comparamos a função de transferência 1.11 com um função de transferên-



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


cia de segunda ordem padrão:

KpJ

s2 + (C+Kd)J

s+ KpJ

=Kω2

n

s2 + 2ξωns+ ω2n

Como ωn = 10rad/s, temos:

ω2n =

Kp

J

Kp = ω2nJ

Kp = 102J

E como ξ = 0, 8:

2ξωn =(C +Kd)

J

Kd = (2ξωn)J − C

Kd = (2× 0, 8× 10)J − C

Kd = 16J − C

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS








do tempo

=ddt

e = ddt

22


T =K ( ) Km p r d


d são




d são:

(A)p d

100JK e K 100J 1,8C

C


(C)p dK 120J e K 180C

(D) p dK 100J e K 16J C

(E) p d

100K e K 18J C

J







39






malha






40




T(t) = 5[i(t)]2 + 2i(t)-24



torque TL(t) é:

(A) 22i(t) - 44

(B) -22i(t) + 44

(C) 14i(t) - 28

(D) 7i(t) - 14

(E) 22i(t) + 30

J +C =T m


Resolução:

Como o enunciado da questão deixa claro que o sistema apresenta um

sobressinal e algumas oscilações amortecidas, fica claro que se trata de um

sistema subamortecido estável, ou seja, com pólos complexos no semiplano

s esquerdo. Logo a alternativa correta é a letra (D).

Isso fica claro quando observamos a equação característica de um sistema padrão

de segunda ordem:

s2 + 2ξωns+ ω2n = 0

Cujos pólos são:

p = −ξωn ± (√

1− ξ2)j

Dependendo do valor de ξ, classificamos o sistema em quatro grupos:

I) ξ = 0: Sistema não amortecido (pólos sobre o eixo imaginário)

II) 0 < ξ < 1: Sistema subamortecido (Pólos complexos conjugados)

III) ξ = 1: Sistema criticamente amortecido (Pólos reais iguais)

IV) ξ > 1: Sistema superamortecido (Pólos reais diferentes)

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS








do tempo

=ddt

e = ddt

22


T =K ( ) Km p r d


d são




d são:

(A)p d

100JK e K 100J 1,8C

C


(C)p dK 120J e K 180C

(D) p dK 100J e K 16J C

(E) p d

100K e K 18J C

J







39






malha






40




T(t) = 5[i(t)]2 + 2i(t)-24



torque TL(t) é:

(A) 22i(t) - 44

(B) -22i(t) + 44

(C) 14i(t) - 28

(D) 7i(t) - 14

(E) 22i(t) + 30

J +C =T m


Resolução:

Primeiramente achamos o valor da corrente para o torque nulo:

T (t) = 5[i(t)]2 + 2i(t)− 24

0 = 5[i(t)]2 + 2i(t)− 24

Cujas raízes são:

i1 = 2, 0 ou i2 = −2, 4

Abandonamos o resultado negativo e concluimos que a corrente no ponto de

operação é i0 = 2, 0A. Agora utilizamos a fórmula de Taylor para aproximar a

função, cuja forma geral é:

F (x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Que no nosso caso ficaria:

TL(t) = T (i0) + T ′(i0)(i(t)− i0)

TL(t) = 0 + [10i0 + 2](i(t)− i0)

TL(t) = 0 + [10× 2 + 2](i(t)− 2)

TL(t) = 22i(t)− 44

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS





62

Um Disk-driver magnético requer um motor para posicionar a cabeça de leitura do disco, cujo sistema é modelado pela

função

10G s

s s 1 onde =0,25 segundo. Considerando um compensador do tipo

K

H ss 8

e usando a

estrutura de realimentação mostrada na figura, qual o valor do ganho K no limiar para a instabilidade?

(A) 5,6 (B) 8,2 (C) 38,4 (D) 384,0 (E) 820,0

63

Analisando o Diagrama de Bode da função de transferência em malha aberta de um sistema de 3a ordem com fase mínimaapresentado acima, pode-se afirmar que a margem de(A) ganho do sistema é 75 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.(B) fase é 15°, portanto, o sistema em malha fechada é instável.(C) fase é -75° e a margem de ganho é -30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.(D) fase é -75° e a margem de ganho é 30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é instável.(E) fase é 75° e a margem de ganho é 30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.

++

-

G(s)H(s)R(s) C(s)

Diagrama de Bode

Freqüência (rad/s)

Magnitu

de

(dB

)F

ase

(gra

us)

30 dB

75

50

50

100

15090

135

180

225

270

10 2 10 1 100 101 102

0


Resolução:

A função de transferência de malha fechada será:

C(s)

R(s)=

H(s)G(s)

1 +H(s)G(s)

C(s)

R(s)=

10τK

s(τs+ 1)(s+ 8) + 10τK

Cuja equação característica, para τ = 0, 25 é:

s(τs+ 1)(s+ 8) + 10τK = 0

τs3 + 8τs2 + s2 + 8s+ 10τK = 0

s3 + 12s2 + 32s+ 10K = 0 (1.12)

Agora aplicamos o Teorema de Routh-Hurwitz na EC 1.12:

s3 1 32

s2 12 10K

s1 12×32−10K12

0

s0 10K 0

Da primeira coluna da linha de s0 tiramos que:

10K > 0

K > 0



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Da primeira coluna da linha de s1 tiramos que:

12× 32− 10K

12> 0

12× 32− 10K > 0

K <32× 12

10

K < 38, 4

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 25(Eng. Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )

ENGENHEIRO(A) DE PROCESSAMENTO JÚNIOR3

7Constatou-se que uma variável de processo em malhafechada ap resen tava e levadas sob re levações(ou overshoots) em resposta a distúrbios ou mudançasno seu set-point. Diagnosticou-se que a causa dessecomportamento era sintonia inadequada do controlador,que era um PI, com função de transferência dada por

C cI

1G (s) K 1

s

, tal que Kc é o ganho do controlador

(adimensional) e I é o tempo integral (com unidade detempo). Dentre as alterações de sintonia apresentadasabaixo, a resposta em malha fechada com o PI se tornarámenos oscilatória devido a:(A) diminuição de Kc e de I.(B) diminuição de Kc e aumento de I.(C) aumento de Kc, mantendo-se I fixo.(D) aumento de Kc e de I.(E) aumento de Kc e diminuição de I.

8Seja um sistema em malha fechada com um controlador P,cuja função de transferência em malha fechada é

2

Y(s) 4

L(s) s 2s 2

, em variáveis-desvio. Se

3L(s)

s e se

o set-point for mantido constante, o offset, definido como oerro permanente entre o set-point e o valor final da variávelcontrolada, será(A) 0(B) 3(C) 6(D) 12(E)

9Considere um ciclo de potência a vapor simples em que:

• o fluido de trabalho passa por seus vários componentessem irreversibilidades;

• não existe queda de pressão por atrito na caldeira e nocondensador e o fluido de trabalho fluirá através dessescomponentes a pressão constante;

• não existem irreversibilidades e transferência de calorcom as vizinhanças;

• os processos, através da turbina e através da bomba,são isentrópicos.

Trata-se de um ciclo(A) regenerativo. (B) de Carnot.(C) de reaquecimento. (D) supercrítico.(E) ideal de Rankine.

10Quando um fluido escoa através de uma restrição, comoum orifício, uma válvula parcialmente fechada ou umtampão poroso, sem qualquer variação apreciável deenergia cinética ou potencial, e na ausência de transferênciade calor, realiza-se um processo(A) isotérmico.(B) isentálpico.(C) isentrópico.(D) isobárico.(E) isocórico.

11Em relação à pressão de vapor de um líquido, é INCOR-RETO afirmar que(A) a pressão de vapor de um líquido aumenta linearmente

com o aumento da temperatura.(B) a curva de pressão de vapor relaciona pressão a

temperatura, sendo que, em qualquer ponto acima dacurva, existem duas fases, líquido e vapor.

(C) a pressão de vapor pode ser estimada por meio deequações empíricas.

(D) a Equação de Clapeyron estabelece uma relaçãotermodinâmica entre pressão de vapor e entalpia devaporização de uma substância pura.

(E) um líquido puro entra em ebulição, em dada tempera-tura, quando sua pressão de vapor é igual à pressão àqual está submetido.

12Um gás com comportamento ideal é comprimidoisotermicamente do estado caracterizado por pressão evolume molar iguais a p1 e V1 para outro cujos valores sãop2 e V2. Qual a variação de energia interna ocorrida entreos estados 1 e 2, em J/mol? (T = temperatura absoluta eR = constante dos gases)

(A) p2.V1 – p1.V2

(B) p1.V2 – p2.V1

(C) 0

(D) R.T

(E) p2.V1

RTp1.V2

Resolução:

Para o candidato resolver esta questão, basta ter um pouco de familiaridade

com sintonia de controladores PI, não precisando efetuar cálculo algum para

chegar a uma resposta.

Na estrutura de PI apresentada, vemos que Kc é o ganho proporcional ao erro, ou

seja, quanto maior for o erro instantâneo, maior será a ação de controle devido a

esta parcela proporcional. Dado que o objetivo é diminuir as oscilações, é acon-

selhável diminuir Kc, deixando o controlador mais conservador (e provavelmente

mais lento).

Sabemos que uma ação integral muito grande em um PI provavelmente causará

mais oscilação. No PI apresentado o ganho integral é igual KcτI

, ou seja, se

desejamos diminuiar as oscilações temos que diminuir este ganho integral, que

pode ser feito aumentando τI e/ou diminuindo Kc.

Logo, a alternativa correta é a letra (B).

Obs.: Tente resolver esta questão baseando-se unicamente no Lugar das

Raízes. É uma boa alternativa.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




19Um dado sistema em malha fechada apresenta a seguinteequação característica (EC):

4 s3 + 8 s2 + 5 s + 5 = 0.

O Arranjo de Routh abaixo foi construído para analisar aestabilidade desse sistema.

Mesmo sem o cálculo explícito das raízes, o Critério deEstabilidade de Routh leva a afirmar que, para esse siste-ma, há(A) um par de raízes no semiplano direito e uma raiz no

semiplano esquerdo de s.(B) uma raiz no semiplano esquerdo e um par de raízes

sobre o eixo imaginário.(C) uma raiz no semiplano direito e um par de raízes no

semiplano esquerdo de s.(D) três raízes no semiplano direito de s.(E) três raízes no semiplano esquerdo de s.

20Seja o diagrama de blocos para um processo em malhafechada com um controlador P exibido a seguir.

Para degraus em L(t), afirma-se que, em malha fechadacom o controlador P (Kc>0), a resposta Y(t) será(A) mais rápida e menos sensível ao distúrbio que em

malha aberta.(B) mais rápida e mais sensível ao distúrbio que em malha

aberta.(C) mais lenta e mais sensível ao distúrbio que em malha

aberta(D) mais lenta e menos sensível ao distúrbio que em

malha aberta.(E) tão rápida e tão sensível quanto em malha aberta.

Linha1234

48

2,55

55

Ysp Kc

L(s)

Y(s)

24s + 1

14s + 1

+ +

+

21Um refrigerador ideal opera em um Ciclo de Carnot,

sendo constituído por duas etapas isotérmicas nas quais

calor FQ é absorvido no nível mais baixo de temperatura

TF , e calor QQ é rejeitado no nível mais alto de tempera-

tura TQ, e por duas etapas adiabáticas. O ciclo requer a

adição de uma quantidade líquida de trabalho ao sistema.

Considerando-se esses dados, o coeficiente de

performance desse refrigerador é dado por

(A) Q

Q F

T

T T

(B) Q F

F

T T

T

(C) Q F

Q

T T

T

(D) Q F

F

T T

T

(E) F

Q F

T

T T

22Ponto de trabalho é o ponto da curva característica de umabomba, no qual essa bomba irá operar quando instaladaem uma tubulação. Esse ponto fornece a carga repassadapela bomba ao líquido em escoamento e a vazão deoperação desse líquido naquela tubulação. Para modifi-car-se o ponto de trabalho, analise as ações a seguir.

I - Fechar parcialmente uma válvula instalada na linha.II - Mudar a pressão no reservatório para onde o fluido

está sendo bombeado.III - Instalar a bomba em um nível mais baixo.IV - Aumentar a rotação do rotor da bomba.

São corretas APENAS as ações(A) I e II.(B) I e IV.(C) II e III.(D) III e IV.(E) I, II e IV.

Resolução:

Primeiramente observamos a Equação Característica. Como ela não apre-

senta nenhum coeficiente igual a zero e também não há mudança de sinal dentre

os coeficientes, não podemos conluir de antemão que o sistema é instável. Por

isso partimos para a análise do Arranjo de Routh apresentado.

Sabemos do Critério de Routh-Hurtwitz que "o número de mudanças de sinal na

primeira coluna do arranho é igual ao número de pólos no semiplano s direito".

Logo, como não há nenhuma mudança de sinal na primeira coluna do ar-

ranjo, concluimos que não há nenhum pólo no semiplano s direito. Ou seja,

o sistema é estável, com três raízes no semiplano s esquerdo.

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




19Um dado sistema em malha fechada apresenta a seguinteequação característica (EC):

4 s3 + 8 s2 + 5 s + 5 = 0.

O Arranjo de Routh abaixo foi construído para analisar aestabilidade desse sistema.

Mesmo sem o cálculo explícito das raízes, o Critério deEstabilidade de Routh leva a afirmar que, para esse siste-ma, há(A) um par de raízes no semiplano direito e uma raiz no

semiplano esquerdo de s.(B) uma raiz no semiplano esquerdo e um par de raízes

sobre o eixo imaginário.(C) uma raiz no semiplano direito e um par de raízes no

semiplano esquerdo de s.(D) três raízes no semiplano direito de s.(E) três raízes no semiplano esquerdo de s.

20Seja o diagrama de blocos para um processo em malhafechada com um controlador P exibido a seguir.

Para degraus em L(t), afirma-se que, em malha fechadacom o controlador P (Kc>0), a resposta Y(t) será(A) mais rápida e menos sensível ao distúrbio que em

malha aberta.(B) mais rápida e mais sensível ao distúrbio que em malha

aberta.(C) mais lenta e mais sensível ao distúrbio que em malha

aberta(D) mais lenta e menos sensível ao distúrbio que em

malha aberta.(E) tão rápida e tão sensível quanto em malha aberta.

Linha1234

48

2,55

55

Ysp Kc

L(s)

Y(s)

24s + 1

14s + 1

+ +

+

21Um refrigerador ideal opera em um Ciclo de Carnot,

sendo constituído por duas etapas isotérmicas nas quais

calor FQ é absorvido no nível mais baixo de temperatura

TF , e calor QQ é rejeitado no nível mais alto de tempera-

tura TQ, e por duas etapas adiabáticas. O ciclo requer a

adição de uma quantidade líquida de trabalho ao sistema.

Considerando-se esses dados, o coeficiente de

performance desse refrigerador é dado por

(A) Q

Q F

T

T T

(B) Q F

F

T T

T

(C) Q F

Q

T T

T

(D) Q F

F

T T

T

(E) F

Q F

T

T T

22Ponto de trabalho é o ponto da curva característica de umabomba, no qual essa bomba irá operar quando instaladaem uma tubulação. Esse ponto fornece a carga repassadapela bomba ao líquido em escoamento e a vazão deoperação desse líquido naquela tubulação. Para modifi-car-se o ponto de trabalho, analise as ações a seguir.

I - Fechar parcialmente uma válvula instalada na linha.II - Mudar a pressão no reservatório para onde o fluido

está sendo bombeado.III - Instalar a bomba em um nível mais baixo.IV - Aumentar a rotação do rotor da bomba.

São corretas APENAS as ações(A) I e II.(B) I e IV.(C) II e III.(D) III e IV.(E) I, II e IV.

Resolução:

Primeiramente vamos analisar o tempo de resposta do sistema em malha

aberta(MA) e em malha fechada(MF). Sabemos que um sistema de primeira

ordem no formato padrão é dado por:

G(s) =K

τs+ 1

Sendo τ a constante de tempo do sistema.

Logo percebemos que a função de transferência(FT) da planta, 14s+1

, já está no

formato padrão, então diretamente tiramos que τMA = 4.



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Agora achamos a FT de MF em busca do τMF :

Y (s)

YSP (s)=

Kc4s+1

1 + Kc4s+1

Y (s)

YSP (s)=

Kc

4s+ (1 +Kc)

Y (s)

YSP (s)=

Kc1+Kc

41+Kc

s+ 1

Ou seja, τMF = 41+Kc

.

Como Kc > 0, fica claro que τMF < τMA. Ou seja, em malha fechada a resposta

do sistema à refência é mais rápida.

Agora vamos analisar a questão da rejeição de perturbação (L(t)). Para o

sistema em MA, temos que:

Y (s)

L(s)MA

=2

4s+ 1

Onde vemos que, para uma entrada degrau em L(t), o ganho estático será igual a

2 (ou seja, KLMA= 2). Logo um degrau unitário em L(t) causa na saída Y (t) um

degrau de amplitude 2.

Para o sistema em MF temos:

Y (s)

L(s)MF

=2

4s+1

1 + Kc4s+1

Y (s)

L(s)MF

=2

4s+ (1 +Kc)

Y (s)

L(s)MF

=2

1+Kc4

1+Kcs+ 1

Onde vemos que o ganho estático KLMFé igual a 2

1+Kc. Como sabemos que

Kc > 0, fica claro que KLMF< KLMA

, ou seja, o sistema em Malha Fechada é

menos sensível à perturbação L(t).

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




28No projeto de trocadores de calor, dois métodos podemser adotados: o método da média logarítmica da diferençade temperatura (MLDT) e o método da efetividade-NUT.Com relação a esses dois métodos, analise as afirmativasa seguir.

I - Para que o trocador seja viável economicamente, asua efetividade deve ser maior do que 2.

II - Quanto maior o número de unidades de transferên-cia, maior é a área de um trocador.

III - O cálculo da média logarítmica da diferença detemperatura é o mesmo, independente do tipo detrocador de calor e da orientação das correntes(contracorrente ou cocorrente).

IV - Se as temperaturas das correntes fria e quente esti-verem em graus Celsius, a MLDT será dada tam-bém em graus Celsius, tendo-se de adicionar 273,15para transformá-la em Kelvin.

V - Devem-se preferir trocadores que operem emcontracorrente, visto que a área requerida de trocatérmica é menor, para uma mesma quantidade decalor trocado.

Está correto APENAS o que se afirma em(A) II e V.(B) III e IV.(C) I, II, e III.(D) I, IV e V.(E) II, III e V.

29Um processo apresenta uma função de transferência de1a ordem entre sua saída Y(s) e sua entrada U(s), expres-sas em variáveis-desvio. Admitindo-se que uma perturba-ção do tipo degrau unitário foi aplicada em U, em t = 0, aconstante de tempo p pode ser obtida pelo intervalo detempo decorrido entre t = 0 e um valor definido de tempoposterior. Esse tempo posterior corresponde ao momentopara o qual a saída Y(t)(A) começou a responder.(B) sofreu aproximadamente 63% da variação total até o

estado estacionário final.(C) sofreu aproximadamente 87% da variação total até o

estado estacionário final.(D) sofreu aproximadamente 99% da variação total até o

estado estacionário final.(E) alcançou ±5% do seu estacionário final e nele perma-

neceu.

30

1

1G (s)

s 1

e 2

2G (s)

5s 1

foram conectados conforme

mostrado abaixo.

A função de transferênciaY(s)

G(s)U(s)

, representada no

diagrama de blocos acima, apresenta polinômios em s, nonumerador e no denominador, de ordens, respectivamente,(A) 0 e 1(B) 0 e 2(C) 1 e 1(D) 1 e 2(E) 2 e 2

31Ao processo de combustão do etanol em um reator foramadicionados 20% de oxigênio em excesso, garantindo,dessa forma, a completa combustão desse compostoorgânico. Sabendo-se que foram introduzidos 100 kmol deetanol como carga do reator, conclui-se que, na reaçãoenvolvida no processo,(A) foram consumidos 120 kmol de oxigênio.(B) foram consumidos 360 kmol de oxigênio.(C) foram produzidos 100 kmol de gás carbônico.(D) foram produzidos 120 kmol de água.(E) a quantidade (kmol) de gás carbônico produzido é

igual à de oxigênio consumido.

32O gás de cozinha apresenta composição aproximada de50% de propano e 50% de butano. Devido a problemasoperacionais durante a produção, foi encontrada umamistura constituída de 52% de propano e 48% de butano,ambos expressos em % de quantidade de matéria. Qualé a composição mássica aproximada dessa mistura?(A) 38,2% propano e 61,8% butano.(B) 45,1% propano e 54,9% butano.(C) 49,5% propano e 50,5% butano.(D) 50,0% propano e 50,0% butano.(E) 52,0% propano e 48,0% butano.

G (s)2

Y(s)

+

+U(s)

G (s)1

Resolução:

Admitindo um sistema de primeira ordem na forma padrão:

Y (s)

U(s)=

K

τs+ 1

Sabendo que a entrada é um degrau (U(s) = 1s):

Y (s)

U(s)=

K

τs+ 1

Y (s) =K

τs+ 1× U(s)

Y (s) =K

τs+ 1× 1

s

Fazendo a anti-transformada de Laplace da equação acima chegamos a:

y(t) = K(1− e−tτ )



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Para sabermos a amplitude de y(t) após τ segundos, basta fazermos t = τ :

y(τ) = K(1− e−ττ )

y(τ) = K(1− e−1)

y(τ) = K(1− 0.3678)

y(τ) = K(0.6322)

y(τ) ≈ 0, 63K

Ou seja, para um entrada unitária, após τ segundos, o valor da saída será igual

a aproximadamente 63% do valor de regime permanente. Com a notação que

utilizamos aqui: y(∞) = K → y(τ) = 0, 63K.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




28No projeto de trocadores de calor, dois métodos podemser adotados: o método da média logarítmica da diferençade temperatura (MLDT) e o método da efetividade-NUT.Com relação a esses dois métodos, analise as afirmativasa seguir.

I - Para que o trocador seja viável economicamente, asua efetividade deve ser maior do que 2.

II - Quanto maior o número de unidades de transferên-cia, maior é a área de um trocador.

III - O cálculo da média logarítmica da diferença detemperatura é o mesmo, independente do tipo detrocador de calor e da orientação das correntes(contracorrente ou cocorrente).

IV - Se as temperaturas das correntes fria e quente esti-verem em graus Celsius, a MLDT será dada tam-bém em graus Celsius, tendo-se de adicionar 273,15para transformá-la em Kelvin.

V - Devem-se preferir trocadores que operem emcontracorrente, visto que a área requerida de trocatérmica é menor, para uma mesma quantidade decalor trocado.

Está correto APENAS o que se afirma em(A) II e V.(B) III e IV.(C) I, II, e III.(D) I, IV e V.(E) II, III e V.

29Um processo apresenta uma função de transferência de1a ordem entre sua saída Y(s) e sua entrada U(s), expres-sas em variáveis-desvio. Admitindo-se que uma perturba-ção do tipo degrau unitário foi aplicada em U, em t = 0, aconstante de tempo p pode ser obtida pelo intervalo detempo decorrido entre t = 0 e um valor definido de tempoposterior. Esse tempo posterior corresponde ao momentopara o qual a saída Y(t)(A) começou a responder.(B) sofreu aproximadamente 63% da variação total até o

estado estacionário final.(C) sofreu aproximadamente 87% da variação total até o

estado estacionário final.(D) sofreu aproximadamente 99% da variação total até o

estado estacionário final.(E) alcançou ±5% do seu estacionário final e nele perma-

neceu.

30

1

1G (s)

s 1

e 2

2G (s)

5s 1

foram conectados conforme

mostrado abaixo.

A função de transferênciaY(s)

G(s)U(s)

, representada no

diagrama de blocos acima, apresenta polinômios em s, nonumerador e no denominador, de ordens, respectivamente,(A) 0 e 1(B) 0 e 2(C) 1 e 1(D) 1 e 2(E) 2 e 2

31Ao processo de combustão do etanol em um reator foramadicionados 20% de oxigênio em excesso, garantindo,dessa forma, a completa combustão desse compostoorgânico. Sabendo-se que foram introduzidos 100 kmol deetanol como carga do reator, conclui-se que, na reaçãoenvolvida no processo,(A) foram consumidos 120 kmol de oxigênio.(B) foram consumidos 360 kmol de oxigênio.(C) foram produzidos 100 kmol de gás carbônico.(D) foram produzidos 120 kmol de água.(E) a quantidade (kmol) de gás carbônico produzido é

igual à de oxigênio consumido.

32O gás de cozinha apresenta composição aproximada de50% de propano e 50% de butano. Devido a problemasoperacionais durante a produção, foi encontrada umamistura constituída de 52% de propano e 48% de butano,ambos expressos em % de quantidade de matéria. Qualé a composição mássica aproximada dessa mistura?(A) 38,2% propano e 61,8% butano.(B) 45,1% propano e 54,9% butano.(C) 49,5% propano e 50,5% butano.(D) 50,0% propano e 50,0% butano.(E) 52,0% propano e 48,0% butano.

G (s)2

Y(s)

+

+U(s)

G (s)1

Resolução:

Da álgebra de blocos tiramos que:

Y (s)

U(s)= G1(s) +G2(s)

Y (s)

U(s)=

1

s+ 1+

2

5s+ 1

Y (s)

U(s)=

(5s+ 1) + 2(s+ 1)

(s+ 1)(5s+ 1)

Y (s)

U(s)=

7s+ 3

5s2 + 6s+ 1

Logo, vemos que Y (s)U(s)

tem numerador de ordem 1 e denominador de ordem 2.

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




49Quando submetido a um degrau unitário, em t = 0, na suaentrada U(t), um dado sistema apresentou a resposta Y(t)mostrada na figura abaixo.

Se esse sistema apresenta função de tranferência

2

Y(s) 2

U(s) s 2 s 1

, conclui-se, com base na resposta

exibida ao degrau, que

(A) < 0

(B) = 0

(C) 0 < < 1

(D) =1

(E) > 1

50100 mol/h de uma mistura amônia-ar, considerada ideal,

contendo 15% em volume de amônia, entram em uma

coluna de absorção em contracorrente para serem trata-

dos com água de modo a recuperar 95% da amônia.

A relação solvente líquido / solvente gasoso é 2. A razão

molar de amônia no produto líquido e a vazão do solvente,

em mol/h, são, respectivamente,

(A) 0,009 e 85

(B) 0,077 e 85

(C) 0,084 e 170

(D) 0,084 e 200

(E) 0,850 e 100

1.4

1.2

1

0.8Y

(t)

0.6

0.4

t

0.2

00 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

51Um extrator recebe 100 kg/h de uma solução aquosa com2% de soluto. Essa solução deve aparecer no rafinado com1% de soluto. O solvente empregado e a água podem serconsiderados imiscíveis. A constante de equilibrio é4 (kg soluto / kg solvente) / (kg soluto / kg água). Aproximan-do-se a fração 98/0,99 para 99, o valor aproximado da va-zão necessária de solvente, em kg/h, deve corresponder a(A) 21(B) 22(C) 23(D) 24(E) 25

52Um reator de volume conhecido contém 100 mol de umgás ideal a uma pressão de 105 Pa e a uma temperaturaT1. Se, nessas condições, a variação de entropia com ovolume para esse gás vale 100 J.m.K−1, e se a constanteuniversal dos gases pode ser considerada igual a8,3 J.mol−1. K−1, a temperatura T1 do reator, em K, é de(A) 100(B) 200(C) 273(D) 1.000(E) 2.000

53Definindo-se (Cp) e (Cv) como as capacidades caloríficasmolares de um gás ideal, a pressão e volume constantes,respectivamente, e () como a razão entre essas capaci-dades caloríficas p v( C / C ) , a equação que expressa otrabalho (W) de expansão de um gás ideal em um sistemafechado é dada por

(A) 2 2 1 1P V P V

1

(B) 1 1 2 2P V P V

1

(C) 2 2 1 1

1

P V P V

(D)

2 2 1 1P V P V

1

(E) 2 2 1 1

p

P V P V

C

Resolução:

Como podemos observar, a função de transferência Y (s)U(s)

= 2s2+2ξs+1

já está

no formato padrão (onde ωn = 1), logo ξ corresponde ao coeficiente de amorteci-

mento.

Como a resposta do sistema apresentou oscilações e então estabilizou, sabemos

que o sistema possui pólos complexos conjugados no semiplano s esquerdo,

logo 0 < ξ < 1 e o sistema é subamortecido.

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO7

27Em um sistema de controle em malha fechada, a planta é o elemento que possui a(s) variável(eis)(A) manipulada(s)(B) medida(s)(C) erro(D) a ser(em) controlada(s)(E) de referência

28

A Função de Transferência de Malha Aberta (FTMA) da estrutura de controle mostrada na figura acima é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

Considere o enunciado a seguir para responder às questões de nos 29 a 31.

A função de transferência no domínio de Laplace de um sistema linear é dada por

onde Y(s) é a variável de saída e R(s), a variável de entrada. Nos três itens a seguir, considere as condições iniciais NULAS.

29O valor da resposta em regime permanente desse siste-ma, para uma entrada tipo degrau unitário, é

(A) K

(B)

(C)

(D)

(E)

30Para uma entrada degrau unitário, a saída desse siste-ma atinge a condição de regime permanente num tempo aproximadamente igual a(A) 2 τ(B) 5 τ(C) 20 τ(D) 2 K(E) 5 K

31O valor inicial, em t = 0, do sinal de saída desse sistema, quando se aplica um impulso unitário na entrada, é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

32Um ruído de alta frequência, em sistemas de monitora-mento ou controle, que corrompe um sinal, pode ser ate-nuado por um filtro(A) passa-tudo(B) passa-alta(C) passa-baixa(D) passa-não-passa(E) passa-passa

Considere o enunciado a seguir para responder às questões de nos 33 e 34.

O acelerômetro é um componente eletromecânico que pode ser empregado em diferentes aplicações de enge-nharia, entre elas, nos sistemas de controle em malha fechada.

33No caso de sistemas de controle, o acelerômetro é insta-lado no subsistema de(A) atuação(B) geração do sinal erro(C) instrumentação(D) manipulação(E) referência

Resolução:



28


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




29O valor da resposta em regime permanente desse siste-ma, para uma entrada tipo degrau unitário, é

(A) K

(B)

(C)

(D)

(E)



(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





B(s)

E(s)

Dado um sistema realimentado como o do diagrama apresentado, a função de

transferência de Malha Aberta corresponde à relação entre o sinal de realimen-

tação (que chamaremos de B(s)) e o sinal de erro (que chamaremos de E(s)),

ou seja:

FTMA =B(s)

E(s)=E(s)C(s)G(s)H(s)

E(s)

= C(s)G(s)H(s)

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS





28


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




29 O valor da resposta em regime permanente desse siste-ma, para uma entrada tipo degrau unitário, é

(A) K

(B)

(C)

(D)

(E)



(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





Resolução:

Aplicando o Teorema do Valor Final para uma entrada degrau temos:

y(∞) = lims→0

(s× K

τs+ 1× 1

s

)= K

Alternativa (A)



28


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





(A) K

(B)

(C)

(D)

(E)



(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





Resolução:

Sabendo que a entrada é um degrau unitário (R(s) = 1s):

Y (s)

R(s)=

K

τs+ 1

Y (s) =K

τs+ 1×R(s)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Y (s) =K

τs+ 1× 1

s

Fazendo a anti-transformada de Laplace da equação acima chegamos a:

y(t) = K(1− e−tτ )

Para sabermos a amplitude de y(t) após 5τ segundos, basta fazermos t = 5τ :

y(5τ) = K(1− e−5ττ )

y(5τ) = K(1− e−5)

y(5τ) ≈ 0.993K

y(5τ) ≈ 0.993y(∞)

Ou seja, vemos que o valor de regime permanente é atingido muito proxi-

mamente a t = 5τ .

Alternativa (B)



28


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





(A) K

(B)

(C)

(D)

(E)


31

O valor inicial, em t = 0, do sinal de saída desse sistema, quando se aplica um impulso unitário na entrada, é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)





Resolução:

Sabendo que a entrada é um impulso unitário, ou seja R(s) = 1 temos:

Y (s)

R(s)=

K

τs+ 1

Y (s) =K

τs+ 1× 1

Y (s) =Kτ

s+ 1τ



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


A anti-transformada de Laplace da equação acima resulta então em:

y(t) =K

τe

−tτ

Para sabermos o valor inicial da saída y(t) basta fazermos t = 0 na equação

acima:

y(0) =K

τe0

y(0) =K

τ Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA AUTOMAÇÃO 8

34 A sensibilidade de um acelerômetro piezelétrico é dada em(A) mV/m(B) mV/ms(C) pC/ms(D) pC/ms−2

(E) V/ms−3

35

A figura acima mostra o gráfico que corresponde a um sinal periódico de tensão medido na tela de um osciloscó-pio. Aplicando-se esse sinal de tensão sobre um resistor de 100 Ω, a potência média, em W, dissipada no resistor é (A) 1,50(B) 5,60(C) 10,50(D) 15,25(E) 25,40

36

Considere o sistema de controle configurado na figura acima, onde a planta G(s) é INSTÁVEL, e deseja-se es-tabilizá-la e controlá-la com ajuda de um compensador do tipo H(s). Usa-se a técnica de cancelamento de polos da planta para reduzir a ordem do sistema.O engenheiro projetista achou, em seu cálculo, o ganho K = 125. Assim, os polos do sistema em malha fechada estarão posicionados em (A) -2 + j5(B) -2 + j8(C) -2 + j4(D) -1 e -8(E) -2 e -6

37

No circuito da figura acima, deseja-se inserir um resistor de 20 kΩ entre os pontos a e b do circuito.Para que o resistor seja especificado, que potência, em mW, esse resistor dissipará ao ser inserido? (A) 12,0(B) 10,5(C) 9,8(D) 5,0(E) 1,8

38

O pulso retangular da Figura 1 tem seu espectro de fre-quência, em módulo, mostrado na Figura 2. Com base nos dados mostrados na figura, o valor de μ, em segundos, é(A) 10(B) 8(C) 6(D) 4(E) 2

Resolução:

A Função de Transferência de Malha Fechada do sistema dado será:

Y (s)

R(s)=

G(s)H(s)

1 +G(s)H(s)

Y (s)

R(s)=

K(s+ 8)

(s2 − 64)(s+ 12) +K(s+ 8)

Y (s)

R(s)=

K(s+ 8)

(s+ 8)(s− 8)(s+ 12) +K(s+ 8)

Y (s)

R(s)=

K

(s− 8)(s+ 12) +K

Sabendo que K = 125, basta então acharmos as raízes da equação característica:

(s− 8)(s+ 12) + 125 = 0

s2 + 4s+ 29 = 0

s = −2± 5j

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




BLOCO 3

56Um sinal senoidal é expresso da seguinte forma:

x(t) = 6sen(10t) + 8cos(10t)Este mesmo sinal pode ser expresso nesta outra forma:

x(t) = Asen(10t + θ)A tangente do ângulo θ é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

57Um sinal v(t) é expresso, no domínio de Laplace, por

No domínio do tempo, quando t tende para infinito, o sinal v(t) tende para um valor estacionário, constante e igual a(A) 240(B) 180(C) 60(D) 12(E) 9

58Um sistema de controle utiliza um sensor eletromagnético não linear que converte uma corrente elétrica i em força F. A função não linear, que converte corrente [A] em força [N], é

F(i) = 5i2 - 18i

Deseja-se linearizar essa função no ponto nominal de cor-rente i0 = -4, obtendo-se para este ponto de operação, a função linear

FL(i) = K1i + K2

Os valores de K1 e K2, respectivamente, são(A) -58 e -80(B) -58 e 80(C) -35 e 120(D) -35 e 12(E) -78 e -160

59

Considere z uma variável complexa que se apresenta de-composta na forma z = x + jy, x e y números reais. O gráfico acima mostra o plano complexo e a figura de um círculo centrado em z = 2 e de raio igual a 3.O lugar geométrico da região sombreada, não incluindo a borda (circunferência), é expresso por(A) Iz − 2I = 3 (B) Iz + 2I < 3(C) IzI < 9(D) x2 + y2 < 9(E) x2 + y2 −4x < 5

60Considere que x(t) é um sinal que evolui no domínio do tem-

po de acordo com a equação diferencial linear represen-

tada por , onde e .

Considerando e , a solução dessa equa-

ção, válida unicamente para , é expressa por

(A) 2et - e2t

(B) 4e−4t - 5e−5t

(C) 5e−4t - 4e−5t

(D) 5(e−4t - e−5t)(E) 10(e−5t - e−4t)

61Um sistema linear é representado em Espaço de Estados pelas equações:

e

Os polos desse sistema são(A) -3 e -3(B) -3 e -5(C) -2 e -1(D) -2 e -3(E) -1 e -4

Resolução:

Aplicando o Teorema do Valor Final para uma entrada impulso unitário

temos:

v(∞) = lims→0

(s× 180(s2 + 5s+ 4)

(s3 + 9s2 + 20s)(s+ 3)× 1

)v(∞) = lim

s→0

(× 180(s3 + 5s2 + 4s)

s4 + 12s3 + 47s2 + 60s

)

Porém, como esse limite resulta em 00, vamos aplicar o Teorema de

L’Hopital (derivar numerador e denominador):

v(∞) = lims→0

(180(3s2 + 10s+ 4)

4s3 + 36s2 + 94s+ 60

)v(∞) =

180× 4

60

v(∞) = 12

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




BLOCO 3




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




F(i) = 5i2 - 18i


FL(i) = K1i + K2


59




tada por , onde e .



(A) 2et - e2t

(B) 4e−4t - 5e−5t

(C) 5e−4t - 4e−5t

(D) 5(e−4t - e−5t)(E) 10(e−5t - e−4t)


e


Resolução:

A forma geral da aproximação linear de Taylor é:

F (x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)

Sabendo que o ponto de operação é i0 = −4, a aproximação para nosso

caso ficará:

FL(i) = F (i0) + F ′(i0)(i(t)− i0)

FL(i) = (5i20 − 18i0) + [10i0 − 18](i(t)− i0)

FL(i) = (5(−4)2 − 18(−4)) + [10(−4)− 18](i(t)− (−4))

FL(i) = 152− 58(i(t) + 4)

FL(i) = −58︸︷︷︸K1

i(t)−80︸︷︷︸K2 Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS





O diagrama em blocos da figura acima mostra uma confi-

guração em malha fechada. Sabe-se que ,

e K é uma constante positiva.

65 A Função de Transferência que relaciona Y(s) com R(s) é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

66O valor de K que garante os polos em malha fechada po-sicionados em -10, (-2,5 + j2,5 ) e (-2,5 - j2,5 ) é(A) 10,2(B) 8,4(C) 6,2(D) 5,0(E) 1,2

67O polinômio do denominador da função de transferência de um sistema em malha fechada é dado por

s3 + 9s2 + 23s + 15 + KVariando K positivamente a partir de K = 0, o valor de K a partir do qual o sistema vai para a instabilidade é

(A) 235(B) 192 (C) 185(D) 150(E) 120

68Um sistema discreto tem como entrada r(n) e saída y(n),

que se relacionam pelas equações de diferenças

A função de Transferência do sistema é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

69O modelo em função de transferência de um sistema linear

contínuo é dado por

Para esse sistema, foi obtido um modelo equivalente discre-

to, com zero order hold, usando um período de amostragem

de 10 ms. Considere que, para uma entrada degrau unitário,

o tempo de acomodação (settling time) da resposta é cal-

culado por , onde ς é a razão de amortecimento,

e ωn é a frequência natural não amortecida do sistema

contínuo.

Supondo que o sistema discretizado tenha o mesmo de-

sempenho que o sistema contínuo, aproximadamente,

quantas amostras levará o sistema discreto para atingir o

estado estacionário, partindo do instante inicial?

(A) 250(B) 150(C) 100(D) 80(E) 50

Resolução:

A Função de Transferência de Malha Fechada deste sistema será:

Y (s)

R(s)=

G(s)

1 +G(s)K×H(s)

Y (s)

R(s)=

5s(s+5)

1 + 5s(s+5)

×K× 10

s+ 10

Y (s)

R(s)=

5× 10

s(s+ 5)(s+ 10) + (s+ 10)5K

Y (s)

R(s)=

50

s3 + 15s2 + (50 + 5K)s+ 50K

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS








(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




(A) 235(B) 192 (C) 185(D) 150(E) 120




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)









contínuo.





(A) 250(B) 150(C) 100(D) 80(E) 50

Resolução:

Primeiramente encontraremos a equação característica desejada e depois

a compararemos com a equação característica encontrada na questão anterior. A

equação caracterísca desejada será:

(s+ 10)(s+ 2, 5− j2, 5√

5)(s+ 2, 5 + j2, 5√

5) = 0

(s+ 10)((s+ 2, 5)2 − (j2, 5√

5)2) = 0

(s+ 10)(s2 + 5s+ 2, 52 + 2, 52 × 5) = 0

s3 + 5s2 + 6× 2, 52s+ 10s2 + 50s+ 10× 6× 2, 52 = 0

s3 + 15s2 + (50 + 6× 2, 52)s+ 60× 2, 52 = 0

Igualando a equação acima com a equação característica obtida na questão

anterior (s3 + 15s2 + (50 + 5K)s+ 50K = 0), devemos ter:

50K = 60× 2, 52

K =6× 2, 52

5

K = 7, 5

50 + 5K = 50 + 6× 2, 52

5K = 37.5

K = 7, 5

Observe que esta resposta (K = 7, 5) não aparece nas alternativas, por este

motivo esta questão foi anulada.

Resposta: 7,5



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS









(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




(A) 235(B) 192 (C) 185(D) 150(E) 120




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)









contínuo.





(A) 250(B) 150(C) 100(D) 80(E) 50

Resolução:

Basta aplicarmos o Critério de Estabilidade de Routh-Hurwitz na equação

característica s3 + 9s2 + 23s+ 15 +K = 0:

s3 1 23

s2 9 (15 +K)

s1 9×23−15−K9

0

s0 (15 +K) 0

Da primeira coluna da linha s0 temos que ter:

15 +K > 0 → K > −15

Da primeira coluna da linha s1 temos que ter:

9× 23− 15−K9

> 0

9× 23− 15 +K > 0

K < 9× 23− 15

K < 192

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS









(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




(A) 235(B) 192 (C) 185(D) 150(E) 120




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)









contínuo.





(A) 250 (B) 150 (C) 100 (D) 80 (E) 50

Resolução:

Comparando a função de transferência dada com a forma padrão de uma

função de transferência de segunda ordem:

G(s) =100

s2 + 10s+ 100=

Kω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

De onde tiramos diretamente que:

2ζωn = 10 → ζωn = 5

Logo o tempo de acomodação TS será igual a:

TS =5

ζωn=

5

5= 1s

Sabendo que o tempo de amostragem é igual a 10ms, o número de amostra-

gens até o sistema ficar estacionário será:

N =TS

10ms=

1

10× 10−3= 100

Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 39(Eng. Equipamentos Jr Eletrônica - Petrobras 2011)


7

CONHECIMENTOS ESPECÍFICOS

BLOCO 1


A figura acima mostra o sinal periódico ν(t), formado por uma sequência de pulsos retangulares, de amplitude A, largura μ, separados por um período T.

21A expressão do valor médio desse sinal é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

22Calculando o coeficiente complexo da série de Fou-

rier, através da integral onde

obtém-se , o valor do duty

cicle, definido pela relação , é

(A) 0,2

(B) 0,3

(C) 0,4

(D) 0,5

(E) 0,8

23Sobre os tipos de ruídos que influenciam os sinais presen-tes nos Sistemas de Comunicações, considere as afirma-tivas a seguir.

I - O ruído térmico é gerado pelo movimento randômi-co de partículas eletricamente carregadas (elétrons) nos meios de condução.

II - O ruído branco é o tipo que apresenta a amplitude do seu espectro de frequência distribuído de forma randômica na faixa de frequência do canal de transmissão.

III - O ruído impulsivo é uma ocorrência irregular de pulsos ou estalos de curta duração e de amplitude relativamente grande presente nos sinais que trafegam nos sistemas de comunicações.

Está correto APENAS o que se afirma em(A) I(B) II(C) III(D) I e III(E) II e III

24

Um sistema linear e contínuo apresenta a equação dife-rencial do seu modelo em espaço de estados, referida à entrada u(t), dada por

onde o vetor de estados é definido por .Esse sistema tem três polos reais, cujos valores são: (A) −1, −1 e −2(B) 0, −2 e −3(C) 0, −1 e −3(D) 0, 1 e −12(E) 1, −6 e −12

25Um sistema de controle linear e contínuo, com realimenta-

ção de saída, apresenta uma estrutura de compensação

na malha direta, em série com a planta, cuja função de

transferência é .

Esse compensador é do tipo(A) PD(B) P I (C) P I D(D) Lead - Leg(E) Avanço de fase

Resolução:

Como o controlador está em série com a planta, temos que H(s) = U(s)E(s)

sendo U(s) o sinal de controle e E(s) o erro (referência menos sinal medido).

Agora, analisamos a equação dada:

H(s) =U(s)

E(s)= Kp

(1 +

1

Tis

)U(s)

E(s)= Kp +

Kp

Ti

1

s

U(s) = KpE(s) +

(Kp

Ti

)E(s)

s

Como podemos ver, o sinal de controle U(s) tem uma parcela proporcional

ao erro (KpE(s)) e outra parcela proporcional à integral do erro ((KpTi

)E(s)s

). Logo,

o controlador em questão é um Proporcional Integral - PI.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




8


O diagrama em blocos acima mostra o modelo simplificado de um motor DC. A saída é a velocidade angular [rad/s] repre-sentada pelo sinal Ω(s), e as entradas são: tensão na armadura V(s) e torque de carga T(s). Com base nesse diagrama:

26Aplicando o princípio da superposição, qual a função de transferência que liga a tensão da armadura V(s) à velocidade angular Ω(s)?

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

27Aplicando o princípio da superposição, qual a função de transferência que liga o torque de carga T(s) à velocidade angular Ω(s)?

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

Resolução:

Ω(s)

V (s)=

5K(s+8)

1(s+3)

1 + 5K(s+8)

1(s+3)

Ω(s)

V (s)=

5K

(s+ 8)(s+ 3) + 5K

Ω(s)

V (s)=

5K

s2 + 11s+ 24 + 5K

Alternativa (C)


8


O diagrama em blocos acima mostra o modelo simplificado de um motor DC. A saída é a velocidade angular [rad/s] repre-sentada pelo sinal Ω(s), e as entradas são: tensão na armadura V(s) e torque de carga T(s). Com base nesse diagrama:

26Aplicando o princípio da superposição, qual a função de transferência que liga a tensão da armadura V(s) à velocidade angular Ω(s)?

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

27

Aplicando o princípio da superposição, qual a função de transferência que liga o torque de carga T(s) à velocidade angular Ω(s)?

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)



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T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Resolução:

Ω(s)

T (s)=

1(s+3)

1 + 5K(s+8)

1(s+3)

Ω(s)

T (s)=

s+ 8

(s+ 8)(s+ 3) + 5K

Ω(s)

T (s)=

s+ 8

s2 + 11s+ 24 + 5K

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


1.2 Controle Linear Contínuo - Lugar das Raízes



17

52Um sistema linear e discreto é modelado em espaço deestado com as seguintes equações:

Este sistema é não controlável nos pontos de uma reta doplano a x b, cuja equação é dada por:

a = Mb + N

As constantes M e N são, respectivamente,

(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e

Considere a figura e os dados abaixo para responderàs questões de nos 53 a 55.

A figura ilustra uma planta industrial controlada por meiode um compensador H(s). O modelo da planta está repre-sentado na figura por sua função de transferência.

( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=

53Se for utilizado um compensador estático, isto é, H(s) = K,com K > 0, então a planta(A) não poderá ser estabilizada, tendo em vista que a fun-

ção de transferência da planta apresenta um par depolos no semiplano s direito.

(B) não poderá ser estabilizada, pois mesmo variando-seo ganho K do compensador, ainda restarão polos demalha fechada no semiplano s direito.

(C) poderá ser estabilizada para qualquer valor de ganhoK positivo.

(D) poderá ser estabilizada a partir de certo valor de ganhoK positivo, tendo em vista que a função de transferên-cia de malha aberta possui grau relativo 1 e apresentaum zero no semieixo real negativo do plano s.

(E) poderá ser estabilizada, tendo em vista que, a partir decerto valor de ganho K positivo, os polos de malha fecha-da seguirão duas assintotas no semiplano s esquerdo.

54Para estabilizar a planta e fazer com que o lugar das raízes(root locus) passe em s = - 3, o compensador utilizado de-verá ser:

(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55

Considere que tenha sido utilizado o compensador

5(s 10)H(s)

s

. Com relação à capacidade da saída y(t)

de o sistema em malha fechada rastrear os sinais aplica-

dos em u(t), caso seja aplicado um sinal do tipo

(A) degrau em u(t), a saída y(t) irá rastrear com erro nulo aentrada u(t).

(B) degrau em u(t), a saída y(t) irá rastrear com erro cons-tante a entrada em u(t).

(C) degrau em u(t), a saída y(t) não conseguirá rastrear aentrada em u(t).

(D) rampa em u(t), a saída y(t) irá rastrear com erro nulo aentrada em u(t).

(E) parábola em u(t), a saída y(t) irá rastrear com erro nuloa entrada em u(t).

u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2


17



a = Mb + N


(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e



( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=








(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55


5(s 10)H(s)

s









u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2

Resolução:

Achando a Função de Transferência de Malha Fechada (FTMF) para H(s) =

K temos:

Y (s)

U(s)=

2(s+ 4)

s2 − 6s+ 13 + 2K(s+ 4)=

2(s+ 4)

s2 + (2K − 6)s+ (13 + 8K)

Agora aplicamos o critério de estabilidade de Routh-Hurwitz para a equação

característica s2 + (2K − 6)s+ (13 + 8K):

s2 1 (13 + 8K)

s1 (2K − 6) 0

s0 (13 + 8K)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Logo, para o sistema ser estável temos que ter:

2K − 6 > 0→ K > 3

e também:

13 + 8K > 0→ K > −13

8

Ou seja, para satisfazer as duas inequações K > 3 .

Alternativa (D)


17



a = Mb + N


(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e



( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=








(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55


5(s 10)H(s)

s









u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2

Resolução:

-14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8Lugar das Raizes para H(s)=K

Eixo Real

Eix

o Im

ag

ina

rio

K = 3

K = 3

Obs.: Na resolução desta questão eu assumo que o leitor domina as téc-



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


nicas para esboçar o lugar das raízes de um sistema. Para detalhes, consultar a

bibliografia.

Na figura acima vemos o diagrama do Lugar das Raízes para H(s) = K, como

proposto na questão anterior. Podemos ver assinalado na figura a posição dos

pólos para K = 3, ou seja, para este valor de K vemos que os pólos estão sobre o

eixo imaginário, logo o sistema está no limite da estabilidade (como comprovamos

na questão anterior). Neste caso vemos que um pólo vai ao encontro do zero em

s = −4 e o outro pólo vai para o infinito a medida que aumentamos o valor de K.

O jeito mais simples de fazer o Lugar das Raízes passar por s = −3 como pede

a questão, é fazendo com que o controlador insira um zero à direita de s = −4, e

um pólo afastado da origem. A única alternativa que adiciona um zero à direita de

s = −3 é a alternativa A. Para verificar, abaixo está traçado o Lugar das Raízes

para H(s) = K(s+2)(s+9)

:

-15 -10 -5 0 5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

Lugar das Raizes para H(s) = K(s+2)/(s+9)

Eixo Real

Eix

o Im

ag

ina

rio

-2-4-9

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



17



a = Mb + N


(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e



( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=








(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55


5(s 10)H(s)

s









u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2

Resolução:

Sendo a função de transferência da planta G(s), e o controlador

H(s) = 5(s+10)s

, a função de transferência do erro E(s) é:

E(s) =1

1 +G(s)H(s)

Assumindo que a entrada é um degrau (U(s) = 1s), podemos achar o valor

do erro em regime permanente utilizando o Teorema do Valor Final, como segue:

e(∞) = lims→0

sE(s)× U(s)

e(∞) = lims→0

(s

1

1 +G(s)H(s)× U(s)

)e(∞) = lim

s→0

(s

1

1 +G(s)5(s+10)s

× 1

s

)

e(∞) = lims→0

(s

1 +G(s)5(s+ 10)

)e(∞) = 0

Ou seja, provamos que o controlador H(s) = 5(s+10)s

é capaz de fazer a saída y(t)

rastrear degraus de entrada com erro nulo.

Alternativa (A)



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9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 42(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009)

ENGENHEIRO(A) DE TERMELÉTRICA JÚNIOR (ELETRÔNICA)8

TERMOCEARÁ LTDA.


26

No circuito da figura acima, o Diodo Zener é consideradoideal e opera, em sua região ativa, com tensão nominal de16 V. Qual o valor do resistor R, em k, para que a corren-te no Zener seja de 2 mA?(A) 40 (B) 35 (C) 15 (D) 10 (E) 5

27

A figura acima ilustra o circuito digital que relaciona o sinalF com os sinais binários de entrada X, Y e Z. De acordocom o circuito, a expressão booleana mais simplificada deF em função de X, Y e Z é

(A) ZYXZXF += (B) ZYXZXF +=

(C) ZYXZXF += (D) ZYXZXF +=

(E) ZYXZXF +=

28

Quando o circuito ilustrado na figura acima estiver no esta-do 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.

R60 V

+

_

15 k

+

_5 V

X

Y

Z

F

29

No circuito da figura acima, a tensão do Circuito Equivalentede Thevenin, dada em volts e calculada entre os pontos X eY, é:(A) 210 (B) 180(C) 160 (D) 120(E) 80

30

A figura acima apresenta um circuito elétrico com fontesde corrente contínua. O capacitor encontra-se operandoem regime permanente. A ddp, em volts, entre os terminaisX e Y do capacitor é, aproximadamente,(A) 2,3 (B) 3,0 (C) 4,8 (D) 6,2 (E) 9,5

31

Considere o sistema de controle em malha fechada ilus-trado na figura acima, onde K > 0 representa o ganho a serajustado no compensador. Pelo compensador adotado elevando-se em conta o diagrama do lugar das raízes (rootlocus) desse sistema, conclui-se que o sistema será(A) estável para qualquer valor de K > 0.(B) estável, mas somente para K > 10.(C) estável, mas somente para K > 30.(D) estável, mas somente para 10 > K > 50.(E) instável para qualquer valor de K > 0.

QJ

CLK

K

QB

QJ

K

QA

Y

B

A

120 V

300 150

2A 150

X

Y

+

_

+ +

_ _20 V 9 V

2mF4 4 2 2

10 10

6 6

YX

Planta

u(t) y(t)

Compensador

10

(s 2) (s + 1)

K(s 1)(s + 3)

+

Resolução:

Ao esboçarmos o Lugar das Raízes para esta estrutura de controle (se você

não sabe como esboçá-lo, procure na bibliografia sugerida), encontramos:

−3 −2 −1 0 1 2 3−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10Lugar das raizes

Eixo Real

Eix

o Im

agin

ario

Como podemos perceber, independente do ganho K, o pólo instável do

sistema nunca se deslocará para o semiplano esquerdo, pois este vai ao encontro

do zero em s = 1. Ou seja, este sistema será sempre instável, independente do

ganho K.

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 43(Eng. Jr Áreas Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)

PROVA 37 - ENGENHEIRO(A) JÚNIORÁREAS ELÉTRICA E ELETRÔNICA

7

RTS

LA

LB

LC

C2

C2

C3 C2

C3

C1

C3

C1

C2

C1

C2 C3C1

C2 C3C1S1

S2

S3

26

A figura apresenta o circuito elétrico de comando de três máqui-nas trifásicas acionadas por intermédio dos contatores C1, C2 eC3. As chaves S1, S2 e S3 são do tipo sem retenção. Comrelação a este circuito, considere as seguintes afirmações:

I - As lâmpadas LA e LB podem acender simultaneamen-te, sendo que nessa condição as máquinas comanda-das pelos contatores C2 e C3 deverão estar desligadas.

II - A lâmpada LC somente acende quando a máquina co-mandada 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 posi-ção de repouso, as lâmpadas LA e LB acendem.

V - Ao ser acionada a chave S1, as máquinas comandadaspelos contatores C2 e C3 são desenergizadas e as lâm-padas LA, LB e LC se acendem.

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.

27As componentes de seqüência negativa de um sistematrifásico equilibrado consistem de três fasores iguais emmódulo e:(A) 120º defasados entre si, com a mesma seqüência de

fase dos fasores originais.(B) 120º defasados entre si, com uma seqüência de fase

inversa à dos fasores originais.(C) com a mesma defasagem e a mesma seqüência de fase

dos fasores originais.(D) com defasagem nula entre si.(E) com uma defasagem diferente dos fasores originais, mas

com uma seqüência de fase inversa.

28Um determinado circuito monofásico que alimenta um motorelétrico, cujo esquema de aterramento adotado é o TN-C,tem o seu neutro rompido. A máxima tensão que pode existirentre a carcaça do motor e o terra é igual a:(A) tensão entre fase e neutro.(B) tensão entre duas fases.(C) zero.(D) tensão entre neutro e terra.(E) duas vezes a tensão entre fase e neutro.

29

O gráfico mostrado na figura acima ilustra o diagrama doLugar das Raízes de um sistema de 3ª ordem, com trêspólos, nenhum zero finito e com realimentação de saída.Com base nas informações contidas no gráfico, o valor do

ganho 0K ≥ que posiciona os pólos de malha fechada no

limiar da instabilidade é:(A) 40 (B) 64 (C) 120 (D) 160 (E) 240

30De acordo com a Primeira Lei da Termodinâmica, com rela-ção às transformações isotérmicas de um gás ideal, é corre-to 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 rea-

lizado.(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.

Imag

Real08 2


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

(s− s1)(s− s2)(s− s3) +K = 0

(s+ 8)(s+ 2)s+K = 0

s3 + 10s2 + 16s+K = 0

No limiar da instabilidade, os dois pólos da direita do Lugar das Raízes estarão

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

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




(A)

1,400,32

1,000,20(B)

0,600,80

1,000,20

(C)

0,600,80

1,000,20(D)

6,008,00

5,002,00

(E)

0,800,60

0,251,00

34Considere um sistema elétrico que tem tve como tensãode entrada, que tem tv1 e tv2 como tensões medidasinternamente e cuja resposta depende das seguintesequações:

onde

Considerando-se um vetor de estados

2

1

x

xtX , onde

11 vx e 22 vx , a matriz A do modelo em espaço de

estado dado por tuBtXAtX é

35Um sistema eletrônico não linear tem uma resposta emtensão tal que eleva ao quadrado o valor do sinal de entrada.Ao entrar com uma onda senoidal pura de freqüência f, asaída será um sinal composto de(A) uma senóide de freqüência f, sem nível DC(B) uma senóide de freqüência f, com nível DC(C) uma senóide de freqüência 2f, com nível DC(D) duas senóides de freqüências f e 2f, sem níveis DC(E) duas senóides de freqüências f e 2f, com níveis DC

36A Instrumentação está ligada ao estudo, desenvolvimento eaplicação de instrumentos eletrônicos que têm como funçãobásica a medição de alguma grandeza física ou elétrica.Portanto, ela é utilizada em diversas áreas da ciência e daengenharia. Neste contexto, é INCORRETO afirmar que(A) exatidão refere-se a medidas livres de erro, ou ao grau

de conformidade entre o objeto medido e o padrão.(B) linearidade em medidas está relacionada com a avalia-

ção do comportamento da variável de saída em relação àvariável de entrada.

(C) repetibilidade é a consistência de uma medição quandoos valores do objeto medido são distintos em diferentestentativas.

(D) resolução é o grau de divisão que o instrumento permiteobter, medido em partes identificáveis.

(E) tempo de resposta indica o quão rapidamente o sistemade medição reage a mudanças na variável de entrada.

37

No sistema de controle da figura acima, com K real não

negativo, o lugar das raízes passa em

(A) -2 e as assíntotas possuem ângulos ±36, ±108 e 180°.

(B) -1,5 e as assíntotas possuem ângulos ±45°, ±135° e

180°.

(C) -0,5 e as assíntotas possuem ângulos ±60° e 180°.

(D) 0,5 e o ponto de encontro das assíntotas é -1.

(E) ±j e o ponto de encontro das assíntotas é -1,25.

38Um encoder digital é um sensor utilizado em instrumentação

para medir diretamente a posição ou o deslocamento

angular de um equipamento. O encoder pode ser encontrado

em tornos CNC, manipuladores robóticos, dentre outros.

Suponha um encoder digital conectado a um conversor D/A,

ambos com resolução de 8 bits. Considere ainda que a saída

do conversor D/A utilizado é na forma de corrente, e que esta

varie de 0mA para a entrada binária 000000002 e de 2mA

para a entrada binária 111111112. A saída do conversor D/A

é conectada a um amplificador operacional, conforme pode

ser visto no diagrama a seguir.

Sendo a saída do encoder a palavra binária = 110101102,

a leitura do encoder, em graus, e a tensão de saída do

sistema, em volts, são, respectivamente,

(A) 75 e 4,18

(B) 270 e 2,98

(C) 290 e 3,14

(D) 301 e 4,18

(E) 315 e 2,98

ENCODERDIGITAL

CONVERSORD/A VSAÍDA

SAÍDA0 A 2mA

2,5K

(8 bits) -+

tv4tv6tv8v10

0tv5tv2tv5

e212

211

dt

dvtv

dt

dvtv

22

11


Resolução:

Nesta questão utilizaremos técnicas para esboçar o Lugar das Raízes de

um sistema. Primeiramente observamos o Número de Pólos(Np) e o Número de

Zeros(Nz) da função da transferência, e vemos que:Np = 5

Nz = 0

Agora utilizamos a seguinte expressão para calcular os ângulos das cinco assín-

totas:

φ =2i+ 1

Np −Nz

× 180

Para i = 0 temos:

φ(i=0) =0 + 1

5− 0× 180

φ(i=0) = ±36

Para i = 1 temos:

φ(i=1) =2 + 1

5− 0× 180

φ(i=1) = ±108



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Para i = 2 temos:

φ(i=2) =4 + 1

5− 0× 180

φ(i=2) = 108

Como o número de assíntotas deve ser igual a Np − Nz = 5, já obtivemos as

cinco assíntotas, sendo elas: ±36, ±108 e 180. Com isso já identificamos que a

resposta correta é a alternativa (A).

Como o sistema apresenta cinco pólos, sendo dois complexos conjugados, dois

na origem e um em s = −1, percebemos que todo o eixo real à esquerda de -1

pertence ao lugar das raízes, logo -2 pertence ao lugar das raízes, como afirma a

alternativa (A).

Para resolver esta questão não é necessário traçar o Lugar das Raízes, porém se

você o esboçar, ele deve ficar semelhante ao que segue:

Lugar das Raizes

Eixo Real

Eix

o Im

agin

ario

−10 −5 0 5−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

-1

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




17


56

Uma planta com função de transferência 1

G(s)s 1

está sujeita à malha de realimentação unitária indicada na figura

acima, em que s 5C(s)

s 1

é um compensador e K é um ganho real positivo. Sobre o lugar das raízes do sistema em

malha fechada, fazendo K variar de 0 até infinito, afirma-se que

I - o ponto s = 0,5 está no lugar das raízes;

II - o ponto s 5 2 6 é o ponto em que o lugar das raízes deixa o eixo real;

III - as assíntotas do lugar das raízes possuem ângulos ±45º e ±135º;

IV - o lugar das raízes cruza o eixo imaginário em s = ±j;

V - o valor do ganho K, quando o lugar das raízes cruza o eixo imaginário, é 1/5.

Estão corretas APENAS as afirmativas(A) I, II e V.(B) I, III e IV.(C) I, III e V.(D) II, III e IV.(E) II, IV e V.

57Considere um medidor de vazão do tipo placa de orifício, em uma tubulação onde o fluido é considerado incompressível ea 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 montantee a jusante da placa, em Pa?(A) 0,9(B) 1,8(C) 3,6(D) 7,2(E) 10,5

58O acessório para válvulas de controle cuja função é permitir a manipulação da válvula de forma manual e independente dosinal de controle é o(a)(A) volante.(B) solenoide.(C) posicionador.(D) transmissor de posição.(E) chave limite.

K C(s) G(s)+

_

Resolução:

Nesta questão faremos todos os passos necessários para traçarmos o

Lugar das Raízes deste sistema, então analisaremos os itens.

Primeiramente, percebemos que G(s) adiciona um pólo em s = 1, enquanto C(s)

adiciona um pólo em s = −1 e um zero em s = −5. Com isso já sabemos que a

região do eixo real entre -1 e 1, assim como a região a esquerda de -5 pertencem

ao lugar das raízes, pois nessas regiões o número de pólos menos o número de

zeros a direita são ímpares.

Neste caso já é óbvio que a única assíntota será em 180, porém conferimos

fazendo:

φi=0 =2i+ 1

Np −Nz× 180 =

0 + 1

2− 1× 180 = 180

Agora vamos achar os pontos em que o Lugar das Raízes sai/entra do/no



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


eixo real:

d

ds

[1

C(s)G(s)

]= 0

d

ds

[(s+ 1)(s− 1)

s+ 5

]= 0

d

ds

[(s2 − 1)(s+ 5)−1

]= 0

2s

s+ 5− s2 − 1

(s+ 5)2= 0

2s2 + 10s− s2 + 1

(s+ 5)2= 0

s2 + 10s+ 1 = 0

Cujas raízes são : s1 = −5 + 2√

6 e s2 = −5− 2√

6

Agora vamos achar o(s) ponto(s) onde o Lugar das Raízes cruza o eixo

imaginário, assim como o valor de K neste ponto. Para isso achamos a FT de

malha fechada do sistema:

Y (s)

U(s)=

KC(s)G(s)

1 +KC(s)G(s)

Y (s)

U(s)=

K(s+ 5)

(s+ 1)(s− 1) +K(s+ 5)

Y (s)

U(s)=

K(s+ 5)

s2 +Ks+ (5K − 1)

No eixo imaginário os pólos serão do tipo s = ±jω, logo substituimos este

valor de s na equação característica encontrada, e igualamos a zero:

s2 +Ks+ (5K − 1) = 0

(jω)2 +K(jω) + (5K − 1) = 0

jKω + (5K − ω2 − 1) = 0 (1.13)

Igualando a parte imaginária da equação 1.13 a zero, temos:

Kω = 0 → ω = 0

Ou seja, o lugar das raízes cruza o eixo imaginário na origem. E o valor de K

neste ponto é encontrado igualando a parte real de 1.13 a zero:

5K − ω2 − 1 = 0 → K =1

5



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Ao traçarmos o Lugar das Raízes, ele deverá ficar semelhante a:

−12 −10 −8 −6 −4 −2 0 2−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5Root Locus Editor for Open Loop 1 (OL1)

Real Axis

Imag

Axi

s

-1 +1-5

-5-2v6 -5+2v6

_

Agora finalmente podemos analisar os itens propostos:

I - Verdadeiro. Pois 0,5 está entre -1 e +1.

II - Verdadeiro. O RL deixa o eixo real em −5 + 2√

6 e volta a ele em −5− 2√

6.

III - Falso. A única assíntota é de 180.

IV - Falso. O RL cruza o eixo imaginário na origem.

V - Verdadeiro. Como calculado.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS








do tempo

=ddt

e = ddt

22


T =K ( ) Km p r d


d são




d são:

(A)p d

100JK e K 100J 1,8C

C


(C)p dK 120J e K 180C

(D) p dK 100J e K 16J C

(E) p d

100K e K 18J C

J







39






malha






40




T(t) = 5[i(t)]2 + 2i(t)-24



torque TL(t) é:

(A) 22i(t) - 44

(B) -22i(t) + 44

(C) 14i(t) - 28

(D) 7i(t) - 14

(E) 22i(t) + 30

J +C =T m


Resolução:

Pelo diagrama do Lugar das Raízes, fica visível que o sistema em Malha

Aberta apresenta dois pólos no semiplano s direito, logo é instável em malha

aberta. Desse modo já eliminamos as alternativas (A), (B) e (E), lembrando que

quando K = 0 o sistema está em malha aberta.

Olhando atentamente para o Lugar das Raízes percebemos que todos os pólos

do sistema estão no semiplano s esquerdo durante um intervalo do valor de K, já

que para K = 0 há dois pólos instáveis, e quando K é muito grande, estes pólos

voltam a ser instáveis (eles voltam para o semiplano s direito).

Logo este intervalo de K onde o sistema é estável pode ser representado por

λ2 ≤ K ≤ λ1, desde que λ1 > λ2 > 0, como assegura o enunciado. Portanto a

alternativa correta é a letra (D). Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 47(Eng. de Equipamentos Pleno Eletrônica - Petrobras 2006)

ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS PLENOELETRÔNICA

8

27Uma planta eletromecânica não linear utiliza um eletroímã

como atuador, gerando uma força função da corrente elétri-

ca. Um ensaio de laboratório levantou a seguinte expressão

da força, em N, em função da corrente, em A.

Linearizando a curva para pequenas variações no entorno

do ponto de corrente i0 = 5A, obtém-se a seguinte relação

linear: . Os valores de M e B são, respectivamente:

(A) 120 e 5

(B) 120 e 43

(C) 95 e 43

(D) 43 e −95

(E) 43 e −120

28A dinâmica de um satélite, em relação a um dos seus eixos

de rotação, pode ser aproximada pela função de transferên-

cia (G), relacionando a posição angular (Θ) e o torque de

posicionamento (T).

Considere a malha de controle abaixo.

Um regulador C(s) que estabiliza o posicionamento do saté-lite é do tipo:(A) P(B) I(C) “Lag”ou atrasador de fase(D) PI(E) PD

29Arredondamentos em sistemas digitais introduzem não-linearidades que podem levar à dinâmica conhecida comociclo-limite.

Para ilustrar este fato, considere um sistema que apresenta asituação descrita pela seguinte equação recorrente discreta:

onde Q(y) é a função que arredonda o número real y para ointeiro mais próximo. Este sistema apresenta:(A) apenas um ciclo limite de amplitude 2.(B) apenas um ciclo limite de amplitude 1.(C) apenas um ciclo limite de amplitude 0,8.(D) dois ciclos limites, um de amplitude 1 e outro de amplitude 2.(E) nenhum ciclo limite e y

k converge sempre para o valor

zero.

30Observe a figura a seguir.

Um circuito digital contém uma memória de 256 posiçõesque armazena amostras para a geração de uma forma deonda senoidal. Sabe-se que as 256 posições correspondema exatamente 1 período da senóide e que todas as amostrassão varridas no processo de conversão.A taxa de amostragem do conversor D/A, em amostras porsegundo, de acordo com a escala de tempo usada noosciloscópio da figura, é:(A) 2048(B) 512(C) 256(D) 128(E) 19

Obs.: Note o aliasing no canal 2.

y = Q( 0,8y ) k Nk+1 k com


Resolução:

Como a planta apresenta dois pólos na origem (G(s) = 1s2

), é lógico que

um controlador apenas proporcional não estabilizará o sistema, visto que no lugar

das raízes para este caso (C(s) = K) teremos um pólo indo para +∞ e outro indo

para −∞, sobre o eixo imaginário:

−0.2 −0.15 −0.1 −0.05 0 0.05 0.1 0.15−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5Lugar das Raizes

Eixo Real

Eix

o Im

agin

ario



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Para estabilizarmos este sistema, devemos "puxar"o lugar das raízes para

o semiplano complexo esquerdo, e para isso devemos adicionar um zero neste

semiplano. Deste modo, nosso lugar das raízes ficarará semelhante a:

−4 −3.5 −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5Lugar das Raizes

Eixo Real

Eix

o Im

agin

ario

Sabemos que um PD corresponde a um controlador no formato C(s) =

Kd(1 + Tds), ou seja, este controlador adiciona um zero ao lugar das raízes, sendo

este zero igual a s = −1Td

. Portanto, a alternativa correta é a letra (E).

Controladores P ou I (alternativas (A) e (B)) não movem os dois pólos de G(s) de

cima do eixo imaginário, logo não estabilizam o sistema. Os controladores Lag e PI

(alternativas (C) e (D)) servem para melhorar a resposta em regime permanente,

o que piora a estabilidade, como o leitor pode verificar.

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


1.3 Controle Linear Discreto



6


BLOCO 1

21

A figura acima mostra dois sinais, na forma de pulsos limitados no tempo. Considere que a transformada de Fourier de v(t) é dada pela expressão, na forma polar, V(ω)=|V(ω)|e

jφ(ω). Com base nas propriedades da transformada de Fourier e considerando as semelhanças e simetrias entre os dois pulsos, a expressão da transformada de w(t) é

(A) W(ω) = 2|V(ω)| (B) W(ω) = 2|V(ω)|cos[φ(ω)]

(C) W(ω) = j2|V(ω)|sen[φ(ω)] (D) W(ω) = j2|V(ω)|cos[φ(ω)]

(E) W(ω) = 2|V(ω)|sen[φ(ω)]

22

Um sistema discreto de 2a ordem é composto por dois polos complexos, conjugados, que estão representados no diagra-ma de polos e zeros da figura acima. O círculo unitário está traçado com linha pontilhada. A resposta ao impulso desse sistema gera um sinal, discreto, senoidal amortecido e que oscila na frequência de 25π rad/s. Nessas condições, o período de amostragem, em ms, usado na discretização desse sistema, é(A) 5,0(B) 10,0(C) 12,0(D) 15,5(E) 20,2

Resolução:

Sendo s = σ+ jω um pólo contínuo genérico, T o período de amostragem e

z o pólo discreto mapeado de s, sabemos que:

z = esT

z = e(σ+jω)T

z = e(σT+jωT )

z = eσT ejωT (1.14)

Também sabemos que da equação 1.14 podemos tirar o módulo e a fase do pólo,

sendo:

|z| = eσT

φ(z) = ωT

Do diagrama de pólos e zeros podemos achar o valor da fase φ(z), fazendo-se



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


φ(z) = tan(0,50,5

) = π4, e dado que ω = 25πrad/s, temos:

φ(z) = ωTπ

4= 25πT

T =1

100= 10ms

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




7

23

O modelo discreto de um sistema, em malha aberta, é representado pela função de transferência .

A figura acima mostra o esboço do lugar das raízes, no plano Z, para esse sistema, em malha fechada, com realimentação

de saída e com o ganho variando no intervalo . O circulo unitário está traçado com linha pontilhada. O valor

do ganho K, para que o sistema em malha fechada esteja no limiar da instabilidade, é

(A) 5,0 (B) 2,5 (C) 1,0 (D) 0,5 (E) 0,25

24

Um sistema de 2a ordem é dado pela sua função de transferência . Sabe-se que o tempo de subida,

medido sobre a curva de resposta ao degrau aplicado nesse sistema, é dado por , onde

• é a razão de amortecimento; e

• ωn é a frequência natural não amortecida.

Para discretizar esse sistema e aplicar um controle digital, o período de amostragem deve ser tal que ocorram 10 amostras

durante o tempo de subida. O valor aproximado desse período é

(A) (B)

(C) (D)

(E)

Resolução:

Aplicando um ganho K na realimentação de saída deste sistema obtemos a

função de transferência de malha fechada:

GMF (s) =K(z + 1)

z2 − 1, 5z + 0, 5 +Kz +K

De onde tiramos a Equação Característica: z2 + (K − 1, 5)z + (0, 5 + K) = 0.

Aplicando o Critério de Jury temos:

1 (K-1,5) (0,5+K)

(0,5+K) (K-1,5) 1

Da última coluna tiramos que∣∣∣ (0,5+K)

1

∣∣∣ < 1 para o sistema ser estável, ou seja,

K < 0, 5.

Como visto pelo Lugar das Raízes do sistema, uma vez que os pólos saem do

círculo unitário, estes não voltam para o mesmo. Deste modo, podemos parar

nossa análise e concluir que para o sistema ser estável devemos ter 0 < K < 0, 5.

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




16


2

2

5z 7zX z

z 3z 2


48



Y zH z

X z é

(A) 2

2

z 3z 2H z

z 3z 8

(B)

2

2

z 3z 8H z

5z 3z 2

(C) 2

2

2z 3z 5H z

z 3z 8

(D)

2

2

3z 2z 5H z

z 8z 3

(E) 2

2

5z 3z 2H z

z 3z 8

X(z)5

3

2z

-1

Y(z)

-8

-3

z-1

z-1

z-1

++

+








(A) 1

(B)K

K 25

(C)K

K 25

(D) K

(E)1

K

R(s) K Y(s)s(s+10)

Resolução:

A maneira mais simples de resolvermos uma questão deste tipo é execu-

tando uma divisão polinomial entre o numerador e denominador da função de

transferência, como segue:

(5z2 − 7z )÷ (z2 − 3z + 2) = 5 + 8z−1 + 14z−2 + . . .

−5z2 + 15z − 10

0 + 8z − 10−8z + 24− 16z−1

0 + 14− 16z−1

−14 + 42z−1 − 28z−2

0 + 26z−1 − 28z−2

...

Como desejamos apenas os três primeiros valores, podemos parar a divisão neste

ponto. Logo:

X(z) = 5 + 8z−1 + 14z−2 + . . . (1.15)

Da definição de Transformada Z temos:

X(z) =∞∑k=0

x(k)z−k = x(0) + x(1)z−1 + x(2)z−2 + ... (1.16)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Comparando as equações 1.15 e 1.16, tiramos diretamente que:

x(0) = 5

x(1) = 8

x(2) = 14

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




9

28

O gráfico acima mostra a curva de módulo do diagrama

de BODE da função de transferência .

Com base nesse gráfico, o valor do ganho K é(A) 100(B) 80(C) 60(D) 50(E) 30


O modelo de um sistema linear, discreto e causal, é repre-sentado pela seguinte função de transferência:

29As primeiras três amostras da resposta ao impulso desse sistema, g(0), g(1) e g(2), são

(A) 0, 2 e 3(B) 0, 2 e 8(C) 1, 2 e 3(D) 1, 5 e 6(E) 2, 3 e 5

30A expressão da resposta ao impulso desse sistema, válida apenas para n 0, é

(A) g(n) = (2)n (B) g(n) = 1 + (2)n (C) g(n) = (2)n + (3)n (D) g(n) = 2 − (2)n (E) g(n) = 2 (2)n−1 −1

31

O diagrama em bloco acima mostra o modelo de um sistema linear, discreto e causal, no domínio da variável complexa z. A função de transferência que relaciona a saída com a entrada é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

32Um sistema de controle discreto, com realimentação

de saída, apresenta uma estrutura de compensação


transferência do compensador é .

Trata-se do tipo compensador

(A) de Avanço de Fase(B) de Atraso de Fase(C) Derivativo(D) Proporcional Integral(E) P I D

Resolução:

Resolveremos esta questão do mesmo modo que a anterior, por ser muito

mais simples e rápida que uma solução por frações parciais e posteriormente por

um anti-transformada Z. Portanto, vamos executar a divisão polinomial:

(2z2 − 3z )÷ (z2 − 3z + 2) = 2 + 3z−1 + 5z−2 + . . .

−2z2 + 6z − 4

0 + 3z − 4−3z + 9− 6z−1

0 + 5− 6z−1

−5 + 15z−1 − 10z−2

0 + 9z−1 − 10z−2

...

Como desejamos apenas os três primeiros valores, podemos parar a divisão neste

ponto. Logo:

G(z) = 2︸︷︷︸g(0)

+ 3︸︷︷︸g(1)

z−1 + 5︸︷︷︸g(2)

z−2 + . . . (1.17)

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



9

28







(A) 0, 2 e 3(B) 0, 2 e 8(C) 1, 2 e 3(D) 1, 5 e 6(E) 2, 3 e 5



31


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)







Resolução:

O método da divisão polinomial utilizado na questão anterior, apesar se ser

muito mais prático que os outros métodos para resolver este tipo de questão, não

nos fornece a anti-transformada Z da função de transferência. Porém isso não

é problema em provas de multipla escolha, pois já temos as possíveis soluções

nas alternativas. Logo, basta testarmos qual das alternativas que nos fornece os

valores corretos de g(0), g(1) e g(2). Ao analisarmos, vemos que a alternativa

correta é a letra (B) (g(n) = 1 + 2n), pois:

g(0) = 1 + 20 = 1

g(1) = 1 + 21 = 3

g(2) = 1 + 22 = 5

Se tivéssemos duas alternativas que fornecessem o mesmo resultado para

estes três primeiros valores (o que é muito improvável), bastava continuar a divisão

da questão anterior para mais um ou dois termos, e então voltar nesta questão para

conferir os resultados.

O método “mais correto” (mas menos esperto) para resolver esta questão

seria:

1. Efetuar uma divisão polinomial para diminuir o grau do numerador.

2. Aplicar o método de Frações Parciais.

3. Aplicar a Anti-Transformada Z.

Para treinar, o leitor poderia resolver estas duas questões por este método

e conferir os resultados.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




(A) 1z2z

1zzX

2

(B) 1z

zzX

(C) 1z

zzX

2

2

(D) 1z

zzX

2

(E) 1z2z

zzX

2

2

44Um processador possui o barramento de dados externo de16 bits. Num programa, ele executa duas instruções de lei-tura na memória, guardando a informação num registrador.Sabe-se que:

na primeira instrução, o endereço de memória é 00346he o registrador é de 16 bits;na segunda instrução, o endereço de memória é 00345he o registrador é de 32 bits.

Portanto, o número de ciclos de barramento gastos em cadauma das instruções é(A) 1 para a primeira instrução e 2 para a segunda instrução(B) 1 para a primeira instrução e 3 para a segunda instrução(C) 2 para a primeira instrução e 2 para a segunda instrução(D) 2 para a primeira instrução e 3 para a segunda instrução(E) 2 para a primeira instrução e 4 para a segunda instrução

45Um sinal discreto e causal é formado por uma seqüênciainfinita, cuja expressão é

x(n) = [1,0,1,0,1,0,...] para n = 0,1,2,3...e x(n) = 0 para n < 0

A expressão da Transformada Z de x(n) é

46

Considere a função

0t/p0

0t/pAetf

t

, onde A e são

constantes positivas.

Sendo a Transformada de Fourier de f(t) calculada pela

fórmula

dtetfF tj , a expressão de F(0) é

(A) A (B) A (C) (D) A (E)

2

2A

47Tratando-se de uma comunicação serial segundo o padrãoRS-232C, pode-se afirmar:

I - É mais provável acontecer um erro de recepção no bitmenos significativo do que no mais significativo.

II - O erro de quadro temporal acumulado devido à diferençaentre os relógios de recepção e transmissão é zeradono start bit.

III - A tolerância na diferença entre os relógios de recepçãoe transmissão está na casa dos 0,5 %.

É(São) verdadeira(s) APENAS a(s) afirmativa(s)(A) I(B) II

(C) III(D) I e II(E) II e III

48Um protocolo é um conjunto de regras e convenções, bemdefinidas, necessárias à comunicação. Desse modo,

(A) o protocolo TCP espera que os segmentos recebidossejam confirmados pela máquina de destino, paragarantir a entrega dos dados, sendo que, se a recepçãonão for confirmada dentro de um intervalo de tempo, amáquina na origem retransmite o segmento não confir-mado.

(B) o protocolo TCP tem como uma de suas responsabili-dades atribuir o endereço IP para todas as máquinasque pertencem a uma determinada rede.

(C) o IP é um protocolo de transporte orientado à conexãoque confirma o recebimento dos datagramas entre aorigem e o destino e entre as máquinas intermediárias,

garantindo, assim, a entrega, o controle de fluxo e aordenação dos dados.

(D) o UDP presta um serviço orientado à conexão, isto é,quando um segmento (PDU do UDP) é recebido, identi-fica-se a que conexão está associado.

(E) os protocolos da camada de aplicação utilizam os servi-

ços oferecidos pelos protocolos da camada de rede para

enviar e receber dados através da rede.


Resolução:

Da definição de Transformada Z temos:

X(z) =∞∑n=0

x(n)z−n

X(z) = x(0)z0 + x(1)z−1 + x(2)z−2 + x(3)z−3 + x(4)z−4 + ...

X(z) = 1 + 0× z−1 + 1× z−2 + 0× z−3 + 1× z−4 + ...

X(z) = 1 + z−2 + z−4 + ...

Logo percebemos que X(z) é um Progressão Geométrica de primeito termo igual

a 1 (a1 = 1) e razão igual a z−2 (q = z−2). É sabido que o somatório de uma PG é

dado por:

S =a1

1− qNo nosso caso então teremos:

X(z) =a1

1− q=

1

1− z−2=

1

1− z−2× z2

z2=

z2

z2 − 1 Alternativa (C)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




62

O determinante da matriz é

(A) 8(B) 12(C) 15(D) 24(E) 36

63A famosa sequência de Fibonacci pode ser definida como o sinal x(n), discreto, causal e infinito, cujas primeiras amostras são

A sua lei de formação para pode ser expressa como x(n + 2) = x(n + 1) + x(n).

Aplicando a Transformada Z no sinal x(n), resulta a expressão

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

64Costuma-se aproximar a variável complexa z, usada em sistemas discretos (digitais), pela variável também complexa w

para sistemas contínuos, através da relação de transformação , onde T (real positivo) é o período de amostragem

usado na discretização do sinal contínuo.

Sabe-se que a região de estabilidade para sistemas contínuos é o SPE, ou seja, o Semiplano da Esquerda do plano com-

plexo da variável w, que pode ser definida por Re[w] < 0.

O lugar geométrico, no plano da variável z, dos pontos em que Re[w] < 0, é a região interior ao círculo de raio igual a

(A) 1 e centro na origem

(B) e centro no ponto

(C) e centro na origem

(D) 1 e centro no ponto (1, 0)

(E) 2 e centro no ponto (0, 1)

Resolução:

Aplicando a Transformada Z na lei de formação x(n+ 2) = x(n+ 1) + x(n) e

percebendo que x(0) = x(1) = 1 (ou seja, as condições iniciais não são nulas)

temos:

z2(X(z)− x(0)− x(1)z−1) = z(X(z)− x(0)) +X(z)

z2(X(z)− 1− 1z−1) = z(X(z)− 1) +X(z)

X(z)z2 − z2 − z = X(z)z − z +X(z)

X(z)(z2 − z − 1) = z2

X(z) =z2

z2 − z − 1 Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




62

O determinante da matriz é

(A) 8(B) 12(C) 15(D) 24(E) 36

63A famosa sequência de Fibonacci pode ser definida como o sinal x(n), discreto, causal e infinito, cujas primeiras amostras são

A sua lei de formação para pode ser expressa como x(n + 2) = x(n + 1) + x(n).

Aplicando a Transformada Z no sinal x(n), resulta a expressão

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

64Costuma-se aproximar a variável complexa z, usada em sistemas discretos (digitais), pela variável também complexa w

para sistemas contínuos, através da relação de transformação , onde T (real positivo) é o período de amostragem

usado na discretização do sinal contínuo.

Sabe-se que a região de estabilidade para sistemas contínuos é o SPE, ou seja, o Semiplano da Esquerda do plano com-

plexo da variável w, que pode ser definida por Re[w] < 0.

O lugar geométrico, no plano da variável z, dos pontos em que Re[w] < 0, é a região interior ao círculo de raio igual a

(A) 1 e centro na origem

(B) e centro no ponto

(C) e centro na origem

(D) 1 e centro no ponto (1, 0)

(E) 2 e centro no ponto (0, 1)

Resolução:

A aproximação w = z−1Tz

é chamada de aproximação por Backward Dif-ferences. Para analisarmos o que esta aproximação representa em questão de

estabilidade faremos um pequeno trabalho algébrico:

w =z − 1

Tz

Tzw = z − 1

z(Tw − 1) = −1

z =1

Tw − 1

z =1

Tw − 1+

1

2− 1

2

z =1

2+

2− (1− Tw)

2(1− Tw)

z =1

2+

1

2

(Tw + 1)

(1− Tw)

z − 1

2=

1

2

(T (jω) + 1)

(1− T (jω))∣∣∣∣z − 1

2

∣∣∣∣ =1

2

∣∣∣∣(T (jω) + 1)

(1− T (jω))

∣∣∣∣∣∣∣∣z − 1

2

∣∣∣∣ =1

2× 1

Perceba que a equação acima representa o interior de um círculo centrado

em (12, 0) e de raio igual a 1

2. Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS









(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




(A) 235(B) 192 (C) 185(D) 150(E) 120




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)









contínuo.





(A) 250(B) 150(C) 100(D) 80(E) 50

Resolução:

Aplicando a Transformada Z na equação x(n)− 0, 5x(n− 1) = r(n) temos:

X(z)− 0, 5z−1X(z) = R(z) (1.18)

Fazendo o mesmo para a equação y(n)− 0, 8y(n− 1) = x(n) temos:

Y (z)− 0, 8z−1Y (z) = X(z) (1.19)

Substituindo a equação 1.19 em 1.18 temos:

X(z)− 0, 5z−1X(z) = R(z)

X(z)(1− 0, 5z−1) = R(z)

(Y (z)− 0, 8z−1Y (z))(1− 0, 5z−1) = R(z)

Y (z)(1− 0, 8z−1)(1− 0, 5z−1) = R(z)

Y (z)(1− 1, 3z−1 + 0, 4z−2) = R(z)

Y (z)

R(z)=

1

1− 1, 3z−1 + 0, 4z−2

Y (z)

R(z)=

z2

z2 − 1, 3z + 0, 4

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




70

A equação recursiva a seguir gera a sequência causal y(n).

A expressão de y(n) para n 0 é

(A) y(n) = 5n

(B) y(n) = 5n-1

(C) y(n) = 5-n

(D) y(n) = 5n - 2n

(E) y(n) = 3(5)n

RASCUNHO

RASCUNHO

Resolução:

Primeiramente, para acharmos o valor de y(0) utilizamos a equação para

n = 0:

y(n)− 5y(n− 1) = 1

y(0)− 5y(0− 1) = 1

y(0)− 5× 0 = 1

y(0) = 1

Vemos então que a condição inicial não é nula. Aplicando a Transformada

Z na equação para n ≥ 0 temos:

y(n)− 5y(n− 1) = 0

y(n+ 1)− 5y(n) = 0

z(Y (z)− y(0))− 5Y (z) = 0

z(Y (z)− 1)− 5Y (z) = 0

Y (z)z − z − 5Y (z) = 0

Y (z) =z

z − 5(1.20)

Quando aplicamos a Transformada Z na equação para n > 0 e utilizarmos

o valor de y(0), automaticamente encontrando a expressão para n ≥ 0. Agora,

fazendo a anti-transformada Z de 1.20 obtemos finalmente:

y(n) = 5n

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




9

28







(A) 0, 2 e 3(B) 0, 2 e 8(C) 1, 2 e 3(D) 1, 5 e 6(E) 2, 3 e 5



31


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)







Resolução:

Vamos resolver este problema em duas partes. Primeiro vamos calcular

a função de transferência H(z) do ramo realimentado (positivamente) da parte

inferior do diagrama:

H(z) =1

1− az−1=

z

z − a

Agora podemos encontrar Y (z)U(z)

:

Y (z) = bU(z) +H(z)U(z)

Y (z) = (b+H(z))U(z)

Y (z)

U(z)= b+

z

z − aY (z)

U(z)=b(z − a) + z

z − aY (z)

U(z)=

(b+ 1)z − abz − a Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




9

28







(A) 0, 2 e 3(B) 0, 2 e 8(C) 1, 2 e 3(D) 1, 5 e 6(E) 2, 3 e 5



31


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)







Resolução:

Sabemos que controladores integradores discretos devem apresentar o

termo (z − 1) no denominador da função de transferência (assim como os inte-

gradores contínuos devem apresentar o termo s no denominador), como isso não

é observado na função de transferência apresentada, podemos descartar as al-

ternativas (D) e (E). Analogamente, controladores derivativos devem apresentar o

termo (z − 1) no numerador, como não é o caso, podemos descartar também a

alternativa (C). Portanto sabemos que trata-se de um controlador de Avanço ou

Atraso de Fase.

A forma geral de controladores Avanço/Atraso de Fase discreto é:

C(z) = Kz − αz − β

Sendo que quando tivermos:

• α > β : Avanço de Fase

• α < β : Atraso de Fase

No nosso caso α = 0, 9 e β = 0, 7, ou seja, α > β e então temos um

controlado de Avanço de Fase.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


1.4 Controle Linear - Espaço de Estados



12 V

20

40 40

10 30

7 V

2 mH 1 mH

5 F

IS

S1

dfs(N,Adj)Para u de 1 até N

cor[u] branco

b[u] 0Fim-ParaPara u de 1 até N

Se cor[u] = brancodfs_visit(u)

Fim-SeFim-Para

Fim

dfs-visit(u)

cor[u] cinzaPara v de 1 até N

Se (Adj(u,v) = 1) e (cor[v] = branco)

b[v] udfs_visit(v)

Fim-SeFim-Para

cor[u] pretoFim

r(t)

A, B

K

My(t)X(t)u(t)

C

30

A figura acima apresenta um circuito de corrente contínuafuncionando em regime permanente com a chave S1 aberta.Em determinado instante, a chave S1 é fechada. Imediata-mente em seguida, o módulo da corrente I

S, em ampères,

que atravessa a chave S1, é, aproximadamente,(A) 0,8 (B) 0,7(C) 0,6 (D) 0,5(E) 0,4

31

A figura acima apresenta o diagrama de um sistema de con-trole cujas equações sob a forma de espaço de estado são:

X(t)=AX(t)+Bu(t)y(t)=CX(t) com a lei de controle u(t)= KX(t)+Mr(t)

onde

68

10A

B =

01

C = 10 0 e

K = 6 3

Quando uma entrada r(t) do tipo degrau for aplicada, qual ovalor do ganho M para que o erro de estado estacionário sejaNULO ?(A) 5,00 (B) 3,65(C) 2,48 (D) 1,40(E) 0,80

32Um conjunto x(n) de 400 amostras resultou da discretizaçãode um sinal com período de amostragem de 0,1 ms. Usan-do-se o algoritmo FFT (Fast Fourier Transform) com umajanela de 512 amostras, foi calculada a Transformada Dis-creta de Fourier da seqüência x(n) e obteve-se a seqüênciaX(k), onde k representa a freqüência discreta. A que freqüên-cia, em Hz, corresponde a amostra X(k) para k=64?(A) 420 (B) 640(C) 1250 (D) 2240(E) 3200

33O seguinte pseudocódigo é uma forma simplificada do

algoritmo de busca depht first num grafo direcionado. O pro-

cedimento principal dfs(N,Adj) recebe como entrada o

inteiro N e a matriz Adj, de dimensões NxN. Adj(u,v) repre-

senta o elemento da linha u e coluna v da matriz Adj. O

procedimento dfs(N,Adj) faz a chamada recursiva do pro-

cedimento dfs-visit(u), onde u é um inteiro de 1 a N.

Ao término dos dois procedimentos, os vetores cor e b,

indexados pelos inteiros u de 1 até N, são preenchidos de

acordo com a regra de busca prevista no algoritmo.

O resultado do vetor b após a aplicação do procedimento

principal para N=6

e Adj =

100000

110000

000010

001000

000100

000110

é

(A) b = [3 5 4 0 2 0]

(B) b = [2 1 4 2 5 6]

(C) b = [2 1 3 0 5 4]

(D) b = [0 1 2 3 0 5]

(E) b = [0 1 0 5 2 3]


Resolução:

Substituindo a lei de controle u(t) = −KX(t)+Mr(t) na equação de estados

do sistema:

X(t) = AX(t) +Bu(t)

= AX(t) +B(−KX(t) +Mr(t))

= AX(t)−BKX(t) +BMr(t)

= (A−BK)X(t) +BMr(t)

Substituindo as matrizes dadas temos:[x1

x2

]=

([0 1

−8 −6

]−

[0

1

] [6 3

])[x1(t)x2(t)

]+

[0

1

]Mr(t)[

x1

x2

]=

([0 1

−8 −6

]−

[0 0

6 3

])[x1(t)

x2(t)

]+

[0

1

]Mr(t)[

x1

x2

]=

[0 1

−14 −9

][x1(t)

x2(t)

]+

[0

1

]Mr(t)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Na condição de estados estacionários, temos que x1(t) e x2(t) são con-

stantes (chamaremos então de x10 e x20) e x1(t) e x2(t) são nulos. Além disso, o

enunciado afirma que a entrada r(t) é um degrau, ou seja, r(t) = 1. Logo:[0

0

]=

[0 1

−14 −9

][x10

x20

]+

[0

1

]M.1

De onde tiramos o sistema de equações:0 = x20 + 0

0 = −14x10 − 9x20 +M

Que resulta em x10 = M14

e x20 = 0. Como o erro deve ser nulo para o

sistema cujos estados estão estacionários, temos que ter y(t) = r(t) = 1, ou seja:

y = CX

y =[10 0

] [x10x20

]1 = 10x10

x10 =1

10

Como x10 = M14

, temos:

x10 =M

141

10=M

14

M =14

10

M = 1, 4

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




(A)3s4s

2s14s202

2

(B)

20s14s2

3s4s2

2

(C)3s4s

20s14s22

2

(D)

20s14s2

1s4s32

2

(E)1s4s3

2s14s202

2

)t(y3dt

)t(dy4

dt

)t(yd)t(u20

dt

)t(du14

dt

)t(ud2

2

2

2

2

36Um determinado sistema físico pode ser modelado através da seguinte equação diferencial ordinária:

onde u(t) e y(t) representam, respectivamente, os sinais de entrada e de saída do sistema. A função de transferência )s(U

)s(Y)s(G

deste sistema é

37Um sistema dinâmico em malha fechada pode ser modelado sob a forma de espaço de estado através das seguintesequações:

As posições dos pólos no plano s da função de transferência deste sistema são(A) s

1 = 2 e s

2 = 3 (B) s

1 = 1 e s

2 = 3

(C) s1 = 1 e s2 = 2 (D) s1 = 2 e s2 = 4(E) s

1 = 3 e s

2 = 5

38Os CLPs da Figura 1 estão conectados numa rede do tipo mestre-escravo. O CLP mestre M realiza uma varredura cíclica atodos os CLPs escravos Ei (i =1..n) para realizar o intercâmbio de dados. A comunicação por rede permite que os CLPscompartilhem variáveis. O ciclo de varredura da rede é independente do ciclo de varredura interno dos CLPs, este composto portrês etapas: (i) atualização da memória de entrada e saída local; (ii) atualização da memória de dados referentes à rede; e (iii)execução do programa de aplicação do usuário. Na etapa (ii), os dados recebidos por uma comunicação de rede são atualizadosna memória interna e os dados referentes aos outros CLPs são repassados para transmissão. O intercâmbio de dados entrediferentes estações escravas Ei é feito por intermédio do CLP mestre M.

Numa comunicação escravo-escravo, ilustrada na Figura 2, o CLP E1 recebe um estímulo na entrada correspondente ao pontoX11, que atualiza o ponto C01 do CLP M e que, conseqüentemente, provoca uma modificação no ponto C21 do CLP E2.Considere que os tempos de varredura dos CLPs M, E1 e E2 sejam todos de 50ms, que o tempo requerido para completar atransmissão na rede seja de 20ms, e desconsidere o tempo necessário para a percepção de um estímulo na entrada de umCLP. O tempo mínimo, em milissegundos, em que um sinal conectado à entrada correspondente ao ponto X11 deve permane-cer num determinado estado para que este seja percebido no ponto C21 é(A) 320 (B) 340 (C) 370 (D) 390 (E) 420

)t(x

)t(x02)t(y

)t(u3

1

)t(x

)t(x

01

65

)t(x

)t(x

2

1

2

1

2

1

código no CLP M:

| C01 C21 ||---| |---( )---|| |....

código no CLP E1:

| X11 C01 ||---| |---( )---|| |....

código no CLP E2:

| C21 ||---| |--- ... || |....

Figura 2Instância de comunicação entre

estações Escravo-EscravoFigura 1

CLPs interconectados em rede

CLP M CLP E1 CLP EnCLP E2

(A)

(C)

(E)

(B)

(D)


Resolução:

Como o sistema já está na forma X(t) = AX(t) + Bu(t), basta calcular-

mos os autovalores de A, que estes serão os pólos da função de transferência.

Portanto:

det(sI − A) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[−5 6

−1 0

])= 0

det

([5 + s −6

1 s

])= 0

s2 + 5s+ 6 = 0

De onde tiramos s1 = −2 e

s2 = −3 .

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 61(Eng. Jr Áreas Elétrica e Eletrônica - Transpetro 2006)

PROVA 37 - ENGENHEIRO(A) JÚNIORÁREAS ELÉTRICA E ELETRÔNICA

8

31

O circuito RLC da figura é visto como um sistema elétrico

cuja entrada é a tensão ei(t) e a saída a tensão eo(t). É de-

signado o seguinte vetor de estados:

O modelo deste sistema em espaço de estado será repre-sentado pela seguinte equação de estado:

As expressões de a e b, em função dos componentes, são,respectivamente:

(A) LC1

eLR

(B) LCeRC

(C)LC

eRL

(D)LR

eLC1

(E) LCeR

32Um 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 len-

tas, de maneira que as trocas de calor com o ambiente

externo possam ser desprezadas.

R L

C

+ +

dt

detetx

tetxonde

x

xtx o

o2

o1

2

1

33O homem vem utilizando os diversos recursos energéticosao longo de sua evolução, sem ter tido a preocupação com omeio ambiente ou com o esgotamento desses recursos. Nosdias atuais, a questão ambiental caminha lado a lado com aquestão energética, a fim de otimizar a utilização da energiae diminuir a agressão ao meio ambiente. A respeito dessatemática, considere as seguintes afirmações:

I - a utilização da energia solar é limpa em todo o seu processo;II - o protocolo de Kioto, que regula as obrigações para pro-

teção do meio ambiente, foi assinado por todos os prin-cipais países do mundo;

III - as fontes alternativas de energia tendem a ter uma par-ticipação maior no balanço energético mundial.

A(s) afirmação(ões) correta(s) é(são) apenas:(A) I (B) II(C) III (D) I e II(E) II e III

34As termelétricas a gás natural, por diversas razões, vêm setornando uma opção interessante para os investidores naárea da energia. Entretanto, os investimentos no setor, pelainciativa privada, não foram o esperado. A respeito dessatemática, considere as seguintes afirmações:

I - O livre mercado de energia dificulta a inserção dastermelétricas para o novo modelo competitivo, tendo emvista que o custo da energia das hidrelétricas em opera-ção são menores.

II – Uma cota específica de geração térmica poderia viabilizaros investimentos da iniciativa privada nesse setor.

III – Uma garantia no custo do gás natural poderia incentivaros investimentos nesse tipo de geração.

A(s) afirmação(ões) correta(s) é(são) apenas:(A) I (B) II(C) I e III (D) II e III(E) I, II e III

35O sistema tarifário de energia elétrica segue um conjunto denormas e regulamentos, a fim de se estabelecer o preço daenergia elétrica para os diversos tipos de consumidores. Aresponsabilidade pela regulamentação das tarifas é:(A) do Ministério de Minas e Energia - MME.(B) da ELETROBRÁS.(C) da Agência Nacional de Energia Elétrica - ANEEL.(D) da Câmara de Comercialização de Energia Elétrica - CCEE.(E) das Concessionárias de Energia Elétrica.


Resolução:

Primeiramente determinamos a corrente i(t) do circuito:

i(t) = CdVcdt

= Cde0(t)

dt= Cx2(t)

Agora que temos uma expressão para i(t), podemos fechar a malha:

ei(t)−Ri(t)− Ldi(t)

dt− e0(t)︸︷︷︸

x1(t)

= 0

ei(t)−R(Cx2(t))− LCx2(t)− x1(t) = 0

x2(t) = − 1

LCx1(t)−

R

Lx2(t) +

1

LCe1(t) (1.21)

Do modelo apresentado:[x1(t)

x2(t)

]=

[0 1

−a −b

][x1(t)

x2(t)

]+

[0

a

]ei(t)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Tiramos:

x2(t) = −ax1(t)− bx2(t) + ae1(t) (1.22)

Logo, comparando 1.22 com 1.21 encontramos:

a =1

LC

b =R

L Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




8







e



(A) [5 6] (B) [2 3] (C) [6 5] (D) [−5 −6] (E) [−2 −3]


e A matriz Φ é

(A) (B) (C) (D) (E)

27




(A) (B) (C) (D) (E)


8







e



(A) [5 6] (B) [2 3] (C) [6 5] (D) [−5 −6] (E) [−2 −3]


e A matriz Φ é

(A) (B) (C) (D) (E)

27




(A) (B) (C) (D) (E)

Resolução:

A fim de encontrarmos a equação característica em função de K1 e K2,

desenvolvemos a expressão:

x(t) = Ax(t) +Bτ(t)

x(t) = Ax(t) +B(−Kx(t))

Agora aplicamos a Transformada de Laplace:

sX(s) = AX(s)−BKX(s)

(sI − A+BK)X(s) = 0

Então podemos encontrar a equação característica:

det(sI − A+BK) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[0 1

0 0

]+

[0

1

] [k1 k2

])= 0

det

([s −1

0 s

]+

[0 0

k1 k2

])= 0

det

([s −1

k1 (s+ k2)

])= 0

s2 + k2s+ k1 = 0 (1.23)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Agora que encontramos a Equação Característica 1.23 em função de k1 e k2, mon-

tamos a Equação Característica Desejada (com pólos s1 = −2 e s2 = −3):

(s− s1)(s− s2) = 0

(s+ 2)(s+ 3) = 0

s2 + 5s+ 6 = 0 (1.24)

Comparando as equações características 1.23 e 1.24, concluimos então que k1 = 6

e k2 = 5, ou seja, K =[6 5

].

Alternativa (C)


8







e



(A) [5 6] (B) [2 3] (C) [6 5] (D) [−5 −6] (E) [−2 −3]


e A matriz Φ é

(A) (B) (C) (D) (E)

27




(A) (B) (C) (D) (E)

Resolução:

Para a discretização pelo método ZOH, encontramos as matrizes Φ, Γ e φ

como segue: Φ = I + ATφ

Γ = φTB

φ = I + AT2!

+ A2T 2

3!+ ...

Então calculamos primeiro φ:

φ =

[1 0

0 1

]+

[0 1

0 0

]T

2+

[0 1

0 0

][0 1

0 0

]T 2

6︸︷︷︸Zero

+0 + 0...

φ =

[1 T

2

0 1

]



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Agora podemos encontrar Φ como segue:

Φ = I + ATφ

Φ =

[1 0

0 1

]+

[0 1

0 0

][1 T

2

0 1

]T

Φ =

[1 0

0 1

]+

[0 T

0 0

]

Φ =

[1 T

0 1

] Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




15

43Seja um sistema linear e invariante no tempo definido peloseu modelo em espaço de estados:

A função de transferência Y(s)/U(s) é

(A) 2

s 2,5

s 1,5 s 3,5

(B) 2

s 3,5

s 1,5 s 2,5

(C) 2

s 2,5

s 3,5 s 1,5

(D) 2

s 1,5

s 3,5 s 2,5

(E) 2

s 1,5

s 3,5 s 1,5

44

O diagrama em blocos da figura acima mostra um sistemalinear, de 2a ordem, composto de dois integradores,somadores e ganhos. A entrada é u(t) e a saída y(t).A função de transferência deste sistema é:

(A)

2

Y s 5s

U s s 3s 2

(B)

2

Y s 5

U s s 3s 2

(C)

2

Y s 5s 1

U s s 3s 2

(D)

2

Y s 5s 1

U s s 3s 2

(E)

2

Y s s 5

U s s 3s 2

1 1

2 2

1

2

x x3 1 1u

x x2 1,5 4

xy 1 0

x

+ +u(t)

3

5

y(t)

2

45

Considere o pulso p(t) mostrado na figura acima. A Trans-formada de Fourier deste pulso é dada pela seguinte ex-pressão:

2

K sen2

P

O valor da constante K é:(A) 4(B) – j4(C) j4(D) 2(E) j2

46

Considere o sinal periódico v(t) mostrado na figura acima.Os pulsos têm amplitude A, largura e se repetem comperíodo T em segundos.Com base nesses dados, analise as afirmativas a seguir.

I - O valor médio de v(t) é zero.II - Os coeficientes da série complexa de Fourier são

grandezas reais.

III - Os harmônicos de ordem par serão nulos se 2T

.

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.

p(t)

1

1

t1 1

T

v(t)

A

- 0 -A

t

T

Resolução:

Para encontrarmos a função de Y (s)U(s)

a partir de um modelo de espaço de

estados, temos que calcular:

Y (s)

U(s)= C(sI − A)−1B

Porém imediatamente percebemos que isso dará muito trabalho, e consumirá

muito tempo em uma prova de concurso. Por este motivo é melhor tentarmos

primeiro calcular apenas a equação característica da função de transferência

(que é bem mais simples), e então veremos se é mesmo necessário calcular toda

a expressão supracitada. Então, para calcular a EC fazemos:

det(sI − A) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[−3 1

−2 1, 5

])= 0

det

([(s+ 3) −1

2 (s− 1, 5)

])= 0

s2 + 1, 5s− 2, 5 = 0

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




17



a = Mb + N


(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e



( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=








(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55


5(s 10)H(s)

s









u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2ENGENHEIRO(A) DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR

ELETRÔNICA

17



a = Mb + N


(A)2

2e

(B)2

2e

(C)2

2 2e

(D) e

(E)2

2e



( ) ) )( (0 1

1X k X k u ka b

( ) [ ] ( )1 0y k X k=








(A) K(s 2)

(s 9)

(B)

K(s 5)

(s 13)

(C)K(s 15)

(s 3,5)

(D)

K(s -15)

(s -2)

(E)K(s+10)

(s+15)

55


5(s 10)H(s)

s









u(t) y(t)

CompensadorH(s)

Planta2(s 4)

(s 6s + 13)2

Resolução:

Um sistema é Não-Controlável se a matriz de controlabilidade (Co) deste

sistema for não-inversível, ou seja, se det(Co) = 0.

Para um sistema de ordem n representado no espaço de estados, sabemos que a

matriz de controlabilidade é dada por:

Co = [B AB A2B . . . An−1B]

Como nesta questão o sistema é de segunda ordem (n = 2), temos que:

Co = [B AB]

Co =

[(α

β

) (0 1

a b

)×

(α

β

)]

Co =

[α β

β (αa+ βb)

]

E para o sistema ser Não-Controlável temos:

det(Co) = 0

α(αa+ βb)− β2 = 0

α2a+ αβb− β2 = 0

a = −βαb+

β2

α2(1.25)

Comparando a equação 1.25 com a equação dada (a = Mb + N ), tiramos que

M = −βα

e N = β2

α2 . Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)8

31

Considerando os diagramas de Bode de módulo e de fase para um determinado sistema linear, a função de transferência H(s)do sistema é

32Considere o sistema linear abaixo, descrito por seu modeloem espaço de estados.

Os pólos do sistema são(A) -1 e 2,5(B) -2 e 1(C) -3 e 1,5(D) -1,5 e 3(E) -2,5 e 1

33Um circuito oscilador gera uma onda-quadrada de 10 MHz

com 50% de ciclo ativo e sem nível DC. Para obter-se uma

senóide de 30 MHz a partir deste sinal gerado e usando

apenas um filtro, é estritamente necessário que este filtro

seja um

(A) passa-altas que rejeite 10 MHz e passe 30 MHz

(B) passa-altas que rejeite 20 MHz e passe 30 MHz

(C) passa-baixas que rejeite 40 MHz e passe 30 MHz

(D) passa-banda que rejeite 20 MHz e 40 MHz e passe

30 MHz

(E) passa-banda que rejeite 10 MHz e 50 MHz e passe

30 MHz

(A)000.10s50s

)1s(000.1002

(B)

000.10s200s

)1s(000.102

(C)000.10s200s

)1s(000.102

(D)

000.10s50s

)1s(000.1002

(E)000.10s200s

)1s(000.12

Freqüência [rad/s]


Mód

ulo

(dB)

Fase

(gra

us)

www.pciconcursos.com.brResolução:

Como o sistema já está na representação padrão de Espaço de Estados

(x = Ax+B e y = Cx), os pólos do sistema são iguais aos autovalores de A, logo:

det(sI − A) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[−3 1

−2 1, 5

])= 0

det

([(s+ 3) −1

2 (s− 1, 5)

])= 0

(s+ 3)(s− 1, 5) + 2 = 0

s2 + 1, 5s− 2, 5 = 0

De onde tiramos

s1 = −2, 5 e s2 = 1

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




(A)

1,400,32

1,000,20(B)

0,600,80

1,000,20

(C)

0,600,80

1,000,20(D)

6,008,00

5,002,00

(E)

0,800,60

0,251,00

34Considere um sistema elétrico que tem tve como tensãode entrada, que tem tv1 e tv2 como tensões medidasinternamente e cuja resposta depende das seguintesequações:

onde

Considerando-se um vetor de estados

2

1

x

xtX , onde

11 vx e 22 vx , a matriz A do modelo em espaço de

estado dado por tuBtXAtX é

35Um sistema eletrônico não linear tem uma resposta emtensão tal que eleva ao quadrado o valor do sinal de entrada.Ao entrar com uma onda senoidal pura de freqüência f, asaída será um sinal composto de(A) uma senóide de freqüência f, sem nível DC(B) uma senóide de freqüência f, com nível DC(C) uma senóide de freqüência 2f, com nível DC(D) duas senóides de freqüências f e 2f, sem níveis DC(E) duas senóides de freqüências f e 2f, com níveis DC

36A Instrumentação está ligada ao estudo, desenvolvimento eaplicação de instrumentos eletrônicos que têm como funçãobásica a medição de alguma grandeza física ou elétrica.Portanto, ela é utilizada em diversas áreas da ciência e daengenharia. Neste contexto, é INCORRETO afirmar que(A) exatidão refere-se a medidas livres de erro, ou ao grau

de conformidade entre o objeto medido e o padrão.(B) linearidade em medidas está relacionada com a avalia-

ção do comportamento da variável de saída em relação àvariável de entrada.

(C) repetibilidade é a consistência de uma medição quandoos valores do objeto medido são distintos em diferentestentativas.

(D) resolução é o grau de divisão que o instrumento permiteobter, medido em partes identificáveis.

(E) tempo de resposta indica o quão rapidamente o sistemade medição reage a mudanças na variável de entrada.

37

No sistema de controle da figura acima, com K real não

negativo, o lugar das raízes passa em

(A) -2 e as assíntotas possuem ângulos ±36, ±108 e 180°.

(B) -1,5 e as assíntotas possuem ângulos ±45°, ±135° e

180°.

(C) -0,5 e as assíntotas possuem ângulos ±60° e 180°.

(D) 0,5 e o ponto de encontro das assíntotas é -1.

(E) ±j e o ponto de encontro das assíntotas é -1,25.

38Um encoder digital é um sensor utilizado em instrumentação

para medir diretamente a posição ou o deslocamento

angular de um equipamento. O encoder pode ser encontrado

em tornos CNC, manipuladores robóticos, dentre outros.

Suponha um encoder digital conectado a um conversor D/A,

ambos com resolução de 8 bits. Considere ainda que a saída

do conversor D/A utilizado é na forma de corrente, e que esta

varie de 0mA para a entrada binária 000000002 e de 2mA

para a entrada binária 111111112. A saída do conversor D/A

é conectada a um amplificador operacional, conforme pode

ser visto no diagrama a seguir.

Sendo a saída do encoder a palavra binária = 110101102,

a leitura do encoder, em graus, e a tensão de saída do

sistema, em volts, são, respectivamente,

(A) 75 e 4,18

(B) 270 e 2,98

(C) 290 e 3,14

(D) 301 e 4,18

(E) 315 e 2,98

ENCODERDIGITAL

CONVERSORD/A VSAÍDA

SAÍDA0 A 2mA

2,5K

(8 bits) -+

tv4tv6tv8v10

0tv5tv2tv5

e212

211

dt

dvtv

dt

dvtv

22

11


Resolução:

Esta questão é basicamente apenas um trabalho algébrico. Já que x1 = v1,

x2 = v2 e u = ve, basta deixarmos as duas equações dadas no seguinte formato:

v1 = f(v1, v2, ve)

v2 = f(v1, v2, ve)

E então teremos um sistema na forma X(t) = AX(t) + Bu(t). Ao analisarmos o

sistema:

5v1(t) + 2v1(t) + 5v2(t) = 0 (1.26)

10v2(t)− 8v1(t) + 6v2(t) = 4ve(t) (1.27)

Percebemos que a equação 1.26 já está no formato desejado, bastando apenas

passar v1(t) e v2(t) para o lado direito da igualdade. Na equação 1.27 precisamos

primeiro substituir o termo v1(t), para sobrar apenas termos em função de v1, v2 e



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


ve. Logo:

5v1(t) + 2v1(t) + 5v2(t) = 0

v1(t) = −0, 4v1(t)− v2(t) (1.28)

x1(t) = −0, 4x1(t)− x2(t) (1.29)

Substituindo a equação 1.28 em 1.27 temos:

10v2(t)− 8v1(t) + 6v2(t) = 4ve(t)

10v2(t)− 8(−0, 4v1(t)− v2(t)) + 6v2(t) = 4ve(t)

10v2(t) + 3, 2v1(t) + 8v2(t) + 6v2(t) = 4ve(t)

v2(t) = −0, 32v1(t)− 1, 4v2(t) + 4ve(t)

x2(t) = −0, 32x1(t)− 1, 4x2(t) + 4u(t) (1.30)

Como agora já temos expressões para x1(t) e x2(t) em função das variáveis de

estado desejadas (equações 1.29 e 1.30), podemos representar o sistema de

forma matricial: x1(t) = −0, 4x1(t)− x2(t)

x2(t) = −0, 32x1(t)− 1, 4x2(t) + 4u(t)

[x1(t)

x2(t)

]︸︷︷︸X(t)

=

[−0, 40 −1, 00

−0, 32 −1, 40

]︸︷︷︸

A

[x1(t)

x2(t)

]︸︷︷︸X(t)

+

[0

4

]︸︷︷︸B

u(t)

Atenção: A alternativa apresentada como correta no gabarito é a letra (A),

porém vemos que o primeiro valor da matriz A é −0, 40 e não −0, 20 como apre-

sentado. Este foi um erro de digitação dos elaboradores da prova.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Questão 67(Eng. de Termelétrica Jr Eletrônica - Termoceará 2009)

ENGENHEIRO(A) DE TERMELÉTRICA JÚNIOR (ELETRÔNICA)9

TERMOCEARÁ LTDA.

32Considere o modelo de um sistema linear dado pela se-guinte representação em espaço de estado:

Os polos deste sistema são:(A) 5,0 e 1,0 (B) 2,0 e 4,0(C) - 2,0 e - 4,0 (D) - 5,0 e -1,0(E) -11,0 e 5,0

33Considere a arquitetura implementada a seguir.

entity CONTADOR isport (CLK, EN, CLR, LOAD, UP: in std_logic;

D: in std_logic_vector (3 downto 0); Q: out std_logic_vector (3 downto 0));

end CONTADOR;

architecture comportamento of CONTADOR issignal CONT: std_logic_vector (3 downto 0);begin process (CLK) begin if (CLK’event and CLK = ‘1’) then if (CLR = ‘1’) then CONT <= “0000”; elsif (LOAD = ‘1’) then CONT <= D; elsif (EN = ‘1’ and UP = ‘1’ and

CONT = “1001”) then CONT <= “0000”; elsif (EN = ‘1’ and UP = ‘1’) then CONT <= CONT + “0001”; elsif (EN = ‘1’ and UP = ‘0’ and

CONT = “0000”) then CONT <= “1001”; elsif (EN = ‘1’ and UP = ‘0’) then CONT <= CONT - “0001”; end if; end if;end process;Q <= CONT;

end comportamento;

Esta arquitetura se refere a um contador do tipo(A) binário, crescente e com clear assíncrono.(B) binário, crescente-decrescente e com clear assíncrono.(C) binário, crescente-decrescente e com clear síncrono.(D) BCD, crescente-decrescente e com clear assíncrono.(E) BCD, crescente-decrescente e com clear síncrono.

ARx

1,4 k

X Y

C

1,5 V

+ -

Z

Régua milimetrada

34

Deseja-se efetuar a medida de uma resistência desconhe-cida (Rx), improvisando-se o processo mostrado na figuraacima. Usa-se uma pilha de 1,5 V alimentando um pedaçode fio resistivo homogêneo de 50 cm esticado ao lado deuma régua milimetrada (segmento XY). Um cursor C man-tém contato com o fio resistivo e o amperímetro A indica apresença de corrente entre os pontos Z e C. O métodoconsiste em deslocar o cursor sobre o fio resistivo até zerara corrente no amperímetro. Feita a experiência, verificou-se que a distância YC foi de 35 cm. O valor de Rx, em , é:(A) 150 (B) 200 (C) 300 (D) 600 (E) 700

35Com relação à arquitetura PC padrão, é INCORRETO afir-mar que(A) a memória virtual é o resultado do processo de

segmentação realizado pelo sistema operacional.(B) o PCI de 33 MHz e 32 bits tem uma banda de comuni-

cação maior que a do USB 2.0.(C) o termo on die é atribuído ao cache integrado no mes-

mo substrato semicondutor do núcleo da CPU.(D) os periféricos de menor velocidade são acessados pre-

ferencialmente pela Ponte Sul.(E) os relógios de operação do core do processador e do

FSB normalmente são diferentes.

36Um sinal de tensão, obtido através de um sensor analógico,tem duração total de 10 s. Este sinal foi digitalizado comuma certa taxa de amostragem e quantizado em 16 bitspor amostra. Os dados obtidos na digitalização ocuparamum espaço em memória de 5 Mbytes. Qual foi a taxa deamostragem, em kHz, usada na conversão A/D (Analógica/Digital)?(A) 1.000 (B) 250(C) 100 (D) 85(E) 60

11 60 1

1 5 0

1 15

X t X t u t

y t X t

Resolução:

Como o sistema já está na representação padrão de espaço de estados,

basta acharmos os autovalores de A, que estes serão os pólos do sistema. Logo:

det(sI − A) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[−11 −60

1 5

])= 0

det

([(s+ 11) 60

−1 (s− 5)

])= 0

(s+ 11)(s− 5) + 60 = 0

s2 + 6s+ 5 = 0

De onde tiramos

s1 = −5 e s2 = −1

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




BLOCO 3




(A)

(B)

(C)

(D)

(E)




F(i) = 5i2 - 18i


FL(i) = K1i + K2


59




tada por , onde e .



(A) 2et - e2t

(B) 4e−4t - 5e−5t

(C) 5e−4t - 4e−5t

(D) 5(e−4t - e−5t)(E) 10(e−5t - e−4t)


e


Resolução:



Portanto:

det(sI − A) = 0

det

(s

[1 0

0 1

]−

[−4 2

−1 −1

])= 0

det

([s+ 4 −2

1 s+ 1

])= 0

(s+ 4)(s+ 1) + 2 = 0

s2 + 5s+ 6 = 0

Cujas raízes (que correspondem aos polos) são: s = −2 e s = −3.

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




7


BLOCO 1


A figura acima mostra o sinal periódico ν(t), formado por uma sequência de pulsos retangulares, de amplitude A, largura μ, separados por um período T.

21A expressão do valor médio desse sinal é

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

22Calculando o coeficiente complexo da série de Fou-

rier, através da integral onde

obtém-se , o valor do duty

cicle, definido pela relação , é

(A) 0,2

(B) 0,3

(C) 0,4

(D) 0,5

(E) 0,8

23Sobre os tipos de ruídos que influenciam os sinais presen-tes nos Sistemas de Comunicações, considere as afirma-tivas a seguir.

I - O ruído térmico é gerado pelo movimento randômi-co de partículas eletricamente carregadas (elétrons) nos meios de condução.

II - O ruído branco é o tipo que apresenta a amplitude do seu espectro de frequência distribuído de forma randômica na faixa de frequência do canal de transmissão.

III - O ruído impulsivo é uma ocorrência irregular de pulsos ou estalos de curta duração e de amplitude relativamente grande presente nos sinais que trafegam nos sistemas de comunicações.

Está correto APENAS o que se afirma em(A) I(B) II(C) III(D) I e III(E) II e III

24

Um sistema linear e contínuo apresenta a equação dife-rencial do seu modelo em espaço de estados, referida à entrada u(t), dada por

onde o vetor de estados é definido por .Esse sistema tem três polos reais, cujos valores são: (A) −1, −1 e −2(B) 0, −2 e −3(C) 0, −1 e −3(D) 0, 1 e −12(E) 1, −6 e −12

25Um sistema de controle linear e contínuo, com realimenta-

ção de saída, apresenta uma estrutura de compensação


transferência é .

Esse compensador é do tipo(A) PD(B) P I (C) P I D(D) Lead - Leg(E) Avanço de fase

Resolução:



Portanto:

det(sI − A) = 0

det

s

1 0 0

0 1 0

0 0 1

−

0 0 −1

0 1 1

0 −12 −6

= 0

det

s 0 1

0 (s− 1) −1

0 12 (s+ 6)

= 0

s(s− 1)(s+ 6) + 12s = 0

s((s− 1)(s+ 6) + 12) = 0

s(s2 + 5s+ 6) = 0

s(s+ 3)(s+ 2) = 0

Cujas raízes são: s = 0, s = −3 e s = −2.

Alternativa (B)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


1.5 Controle Linear - Domínio da Frequência



38

As figuras apresentam os diagramas de Bode para a função de transferência em malha aberta de um determinado sistema

físico. A margem de ganho, em dB, e a margem de fase, em graus, valem, respectivamente:

(A) 80 e 100

(B) 20 e 140

(C) 70 e 60

(D) 40 e 80

(E) 60 e 120

Módulo (dB)

Diagrama de Bode

Freq.(rad/s)

Freq.(rad/s)

Fase (graus)

102-

101-

100

101

101

102-

101- 10

010

1


Resolução:

Da teoria de controle sabemos que, pelo Diagrama de Bode, a

frequência(ω1) onde o gráfico de Fase vale −180 determina a margem de ganho.

Também sabemos que a frequência(ω2) onde o gráfico de Módulo vale 0dB deter-

mina a margem de fase.

Do diagrama de bode então tiramos que ω1 = 3rad/s e ω2 = 0, 1rad/s. Agora

calculamos o a margem de ganho(MG) e margem de fase(MF ):

MG = 0− ganho(ω1) = 0− (−40) = 40

MF = fase(ω2) + 180 = −100 + 180 = 80

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




14

30

180

20

90

0

0

-20

-90

0,01

0,01

0,1

0,1

1

1

10

10

100

100

Módulo

[dB

]F

ase

[Gra

us]

Frequência [rad/s]

H j( )dB

40

101 100 1 10 01 2 [ ]rad/s

41

A figura acima mostra diagramas de Bode em amplitude para uma função de transferência arbitraria H(s) de 2ª ordem. Astrês curvas foram obtidas pela variação de um dado parâmetro do sistema. Sobre este diagrama, considere as seguintesafirmativas:

I - a curva que apresenta o pico máximo tem a menor razão de amortecimento;II - a amplitude de 0 dB ocorre na frequência de 100 rad/s, para todas as curvas;III - o sistema, cujo diagrama apresenta o pico máximo, tem os pólos sobre o eixo imaginário;IV - a Função de Transferência obedece ao seguinte limite:

0lim

s[H(s)] = 40, para todas as curvas.

É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s)(A) I e II. (B) II e III. (C) III e IV. (D) I, II e III. (E) I , II e IV.

42

Considere os diagramas de Bode em Módulo e Fase, mostrados nas figuras acima. A função de transferência, cuja respos-ta em frequência mais se aproxima do diagrama, é

(A) 2

s 1

s 0,5s 1

(B) 2

s 1

s 2s 10

(C)

2

10 s 1

s 2s 1

(D)

2

10 s 1

s 0,5s 1

(E) 2

10

s 0,5s 1

Resolução:

I - Verdadeiro. Quanto maior o pico, menor a razão de amortecimento.

II - Verdadeiro. Como foi dito que o sistema é de segunda ordem, então a

queda do módulo no diagrama de Bode ocorre na razão de -40dB/década.

Logo, se na frequência de 10rad/s o módulo valia 40dB, na frequência de

100rad/s (uma década depois) este valerá 0dB.

III - Falso. Para um sistema que possui pólos sobre o eixo imaginário, o valor do

pico no diagrama de Bode de módulo tente a infinito.

IV - Falso. lims→0[H(s)] = 40dB, e não 40.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




14

30

180

20

90

0

0

-20

-90

0,01

0,01

0,1

0,1

1

1

10

10

100

100

Módulo

[dB

]F

ase

[Gra

us]

Frequência [rad/s]

H j( )dB

40

101 100 1 10 01 2 [ ]rad/s

41

A figura acima mostra diagramas de Bode em amplitude para uma função de transferência arbitraria H(s) de 2ª ordem. Astrês curvas foram obtidas pela variação de um dado parâmetro do sistema. Sobre este diagrama, considere as seguintesafirmativas:

I - a curva que apresenta o pico máximo tem a menor razão de amortecimento;II - a amplitude de 0 dB ocorre na frequência de 100 rad/s, para todas as curvas;III - o sistema, cujo diagrama apresenta o pico máximo, tem os pólos sobre o eixo imaginário;IV - a Função de Transferência obedece ao seguinte limite:

0lim

s[H(s)] = 40, para todas as curvas.

É(São) correta(s) APENAS a(s) afirmativa(s)(A) I e II. (B) II e III. (C) III e IV. (D) I, II e III. (E) I , II e IV.

42

Considere os diagramas de Bode em Módulo e Fase, mostrados nas figuras acima. A função de transferência, cuja respos-ta em frequência mais se aproxima do diagrama, é

(A) 2

s 1

s 0,5s 1

(B) 2

s 1

s 2s 10

(C)

2

10 s 1

s 2s 1

(D)

2

10 s 1

s 0,5s 1

(E) 2

10

s 0,5s 1

Resolução:

Primeiramente analisamos o diagrama de fase. Como podemos ver, este

varia de 180 a −90, ou seja, há uma variação de ∆φ = −270. Como sabemos

que cada pólo do sistema contribui com −90 no diagrama de fase, cada zero no

semiplano esquerdo contribui com +90 e cada zero no semiplano direito (fase não

mínima) contrinui com −90, concluímos que este sistema é de terceira ordem ou é

de segunda ordem com fase não mínima. Como todas as opções são de sistemas

de segunda ordem, só nos resta concluir que o sistema é mesmo de segunda or-

dem com fase não mínima, ou seja, alternativas B ou D.

Agora voltamo-nos ao diagrama de módulo para calcular o ganho estático do sis-

tema. Quando ω → 0, o ganho do sistema tende ao ganho estático (K). Logo

20Log|K| = 20

|K| = 10

Agora, dentre as alternativas B e D, a única que possui |K| = 10 é a alternativa D.

Alternativa (D)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS



ENGENHEIRO DE EQUIPAMENTOS JÚNIOR (ELETRÔNICA)8

31

Considerando os diagramas de Bode de módulo e de fase para um determinado sistema linear, a função de transferência H(s)do sistema é

32Considere o sistema linear abaixo, descrito por seu modeloem espaço de estados.

Os pólos do sistema são(A) -1 e 2,5(B) -2 e 1(C) -3 e 1,5(D) -1,5 e 3(E) -2,5 e 1

33Um circuito oscilador gera uma onda-quadrada de 10 MHz

com 50% de ciclo ativo e sem nível DC. Para obter-se uma

senóide de 30 MHz a partir deste sinal gerado e usando

apenas um filtro, é estritamente necessário que este filtro

seja um

(A) passa-altas que rejeite 10 MHz e passe 30 MHz

(B) passa-altas que rejeite 20 MHz e passe 30 MHz

(C) passa-baixas que rejeite 40 MHz e passe 30 MHz

(D) passa-banda que rejeite 20 MHz e 40 MHz e passe

30 MHz

(E) passa-banda que rejeite 10 MHz e 50 MHz e passe

30 MHz

(A)000.10s50s

)1s(000.1002

(B)

000.10s200s

)1s(000.102

(C)000.10s200s

)1s(000.102

(D)

000.10s50s

)1s(000.1002

(E)000.10s200s

)1s(000.12



Mód

ulo

(dB)

Fase

(gra

us)


Resolução:

Primeiramente observamos o gráfico de Bode de Fase. Nele percebemos

que há uma variação de fase de −270 (−90 − 180 = −270), logo sabemos que a

função de transferência do sistema é de terceira ordem ou é de segunda ordem

com fase não-mínima (um zero no semiplano complexo direito). Como todas as

alternativas possuem sistemas de segunda ordem, sabemos então que H(s) deve

ser de fase não-mínima, o que nos deixa apenas com as alternativas (A) e (C).

Para decidir entre estas duas alternativas, analisamos o ganho estático pelo

gráfico de Bode de Módulo. O valor do ganho quando ω → 0 representa o ganho

estático do sistema, logo:

20 log |K| = 20

|K| = 10

Agora verificamos qual alternativa, (A) ou (C), possui ganho estático igual a ±10.



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS


Aplicando o Teorema do Valor Final fica fácil ver que a alternativa correta é a letra

(A). Conferindo:

K = lims→0

(s

100.000(s− 1)

s2 + 50s+ 10.000× 1

s

)= −10

Fazendo o mesmo para a alternativa (C) chegamos a K = −1, que não é o valor

correto.

Alternativa (A)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS





62

Um Disk-driver magnético requer um motor para posicionar a cabeça de leitura do disco, cujo sistema é modelado pela

função

10G s

s s 1 onde =0,25 segundo. Considerando um compensador do tipo

K

H ss 8

e usando a

estrutura de realimentação mostrada na figura, qual o valor do ganho K no limiar para a instabilidade?

(A) 5,6 (B) 8,2 (C) 38,4 (D) 384,0 (E) 820,0

63

Analisando o Diagrama de Bode da função de transferência em malha aberta de um sistema de 3a ordem com fase mínimaapresentado acima, pode-se afirmar que a margem de(A) ganho do sistema é 75 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.(B) fase é 15°, portanto, o sistema em malha fechada é instável.(C) fase é -75° e a margem de ganho é -30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.(D) fase é -75° e a margem de ganho é 30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é instável.(E) fase é 75° e a margem de ganho é 30 dB, portanto, o sistema em malha fechada é estável.

++

-

G(s)H(s)R(s) C(s)

Diagrama de Bode

Freqüência (rad/s)

Magnitu

de

(dB

)F

ase

(gra

us)

30 dB

75

50

50

100

15090

135

180

225

270

10 2 10 1 100 101 102

0


_Resolução:

Sabemos que uma margem de ganho e uma margem de fase positivas

representam um sistema estável em malha fechada. Também sabemos que uma

Margem de Ganho assinalada abaixo de 0db é positiva, e acima é negativa.

Uma Margem de Fase assinalada acima de -180 é positiva, e abaixo é nega-

tiva.

Com isso concluimos que tanto a margem de ganho como a margem de

fase assinaladas no diagrama de Bode apresentado são positivas(MF = +75 e

MG = +30dB), e por isso o sistema é estável em malha fechada.

Alternativa (E)



T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS

T34TRJ5

9YNKS




9

28







(A) 0, 2 e 3(B) 0, 2 e 8(C) 1, 2 e 3(D) 1, 5 e 6(E) 2, 3 e 5



31


(A)

(B)

(C)

(D)

(E)







Resolução:

Sabemos que quando ω → 0 a saída do sistema tende ao valor de regime

permanente. Portanto, primeiro vamos aplicar o Teorema do Valor Final na função

de transferência do sistema para sabermos seu valor de rp:

y(∞) = lims→0

(s× K

s2 + 5s+ 6× 1

s

)y(∞) =

K

6

Agora, pelo diagrama de módulo de Bode, observamos que o valor de

regime permanente corresponde a 20dB (valor do módulo quando ω → 0), logo:

20Log

∣∣∣∣K6∣∣∣∣ = 20

Log

∣∣∣∣K6∣∣∣∣ = 1∣∣∣∣K6∣∣∣∣ = 101

|K| = 60

Alternativa (C)



controle linear

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