PADRÕES DE RESPOSTA -...

ENGENHARIA ELÉTRICA

1

PADRÕES DE RESPOSTA

Questão 1 (valor: 10,0 pontos)

Em um laboratório foi montado o circuito da figura abaixo para medir a indutância L de uma bobinae a resistência r do seu enrolamento.

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

b)Determine o valor da resistência r do enrolamento da bobina.

Padrão de Resposta Esperado

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

Medidas obtidas com um voltímetro:

Vab

= 84V

Vbc

= 70V

Vac

= 120V


2

b) A corrente na malha será:

A2,82570

25V

I BC ===

A impedância da bobina é, em módulo.

900(30)2,884

IVabL)60(2rbobZ 2

22222

====+=

π

A impedância total do circuito é, em módulo

73,836.12,8120

IacV

)L602()r(25totZ22

222 ===++=

π

Combinando as equações:

900)L602(r 22 =π+

73,1836)L602()r25( 22 =π++

Ω=→=−+ 23,6r73,936r)r25( 22

Obs.: a solução gráfica em escala será válida.


Considere o seguinte arranjo de números:

Observe que cada linha do arranjo triangular começa e termina com o número 1. Cada um dosnúmeros internos é a soma de dois números da linha anterior, o imediatamente acima e o àesquerda deste, conforme indicado no arranjo.A seguir é apresentado um algoritmo em pseudocódigo, que gera e imprime 7 linhas dessearranjo. Indique nas lacunas, no Caderno de Respostas, as instruções adequadas à soluçãodo problema.


3

InícioInteiro : I, J;

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

InícioPara I de 1 até 7 passo 1 faça

Para J de 1 até LACUNA 1 passo 1 faça

Se J = 1 ou J = I

Então LACUNA 2

Senão LACUNA 3

Fim-seFim-para;

Fim-para;Fim; GERA_DADOS

Procedimento IMPRESSAO;Início

Atribuir 0 a IRepetir

Adicionar 1 a IAtribuir 0 a J

RepetirAdicionar 1 a JImprima A[I,J]

Até que LACUNA 4

Até que LACUNA 5

Fim; IMPRESSAO // Chamadas dos procedimentos

GERAR_DADOS;IMPRESSAO;

Fim.


4


Para gerar os números na matriz diferentes de 1, observa-se que há uma lei de formação, que é

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

onde I e J referenciam linhas e colunas da matriz

LACUNA 1: I

LACUNA 2: A[I, J] ← 1

ou A[I, J] = 1

ou Atribuir 1 a A [I, J]

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

ou Atribuir A [I – 1, J – 1] + A [I – 1, J] a A [I, J]

ou Atribuir A [I – 1, J – 1] + A [I – 1, J] a A [I, J]

LACUNA 4: J = I

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

Obs.: Se o aluno explicar que o programa não pode ser executado porque a Matriz não foidimensionada adequadamente, será considerada como correta a sua resposta.


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

a)Determine a função de transferência do sistema em malha fechada.

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

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


5


a)

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

(s)R(s)C

+=

Da Figura 1:

1125)60ss(s

KG(s)2 ++

=

H(s) = 1

1125)60ss(s

K1

1125)60ss(sK

R(s)C(s)

2

2

+++

++=∴

Figura 2

-40 -30 -20 -10 0 10 20

-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

REAL

IMAG

LUGAR DAS RAÍZES

Figura 1


6

K)1125s60s(s

K)s(R)s(C

2 +++=

ou

Ks1125s60s

K)s(R)s(C

23 +++=

b) 1ª Forma de Solução:Os pólos de malha aberta são obtidos diretamente do lugar das raízes.

00p =

15j30p1 +−=

15j30p2 −−=

Dois pólos complexos conjugados com σ = -10 (parte real) correspondem a duas raízes obti-das graficamente no diagrama do lugar:

15j10S1 +−=

15j10S2 −−=

Para 15j10ss 1 +−== , o valor de K é extraído de:

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

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

21

21m

ω−−−µ−−−

=

Como K > 0, então K = |K|

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

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

13.000650x201300x325201.300x20x325 ====

K = 13.000

b) 2ª Forma de Solução:

Sabendo-se que o lugar das raízes passa por:15j10 ±− , então:

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

onde “a” é o terceiro pólo (pólo real).

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


7

Comparando-se os dois termos:

40a60a20 ==+

Raiz real em – 40

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

c) 1ª Forma de Solução:

Aplicando-se o Critério de Routh:

1 1125

60 K

60K1125x60 −

0

K

67.500K0K1125x60 <⇒>−0K0K >⇒>

67.500K0:édeestabilidadefaixaA <<

c) 2ª Forma de Solução:

No limite para a instabilidade

Assim:

)b(sa)(sK1125s60ss 2223 ++=+++

abassbsK1125s60ss 222323 ++=+++

Comparando a = 60 b2 = 1125

e

67.50060x1125abK 2 ===

então

67.500K0 <<

pi ⇒ pólos

zj ⇒ zerosde malha aberta

o)(imagináribjs1,2 ±=(real)as3 =


8


Você é o Gerente de Produção de uma pequena indústria brasileira que monta um equipamentoeletroeletrônico a partir de três componentes: A, B e C. Objetivando demonstrar o impacto causa-do no custo unitário de produção pela desvalorização inicial e pela valorização subseqüente doreal em face do dólar, atenda ao que se pede.

a) Desenhe um gráfico "CUSTO UNITÁRIO EM R$ versus TEMPO" com a evolução do custounitário de produção dos equipamentos, destacando os dias da TABELA 1. Considere que ataxa de variação da cotação do dólar é constante em cada um dos intervalos da tabela.

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

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

de 1.000 unidades, acrescidos de 12% de impostos de importação.- O custo mensal da mão-de-obra e dos encargos sociais é R$ 46.000,00.- As despesas gerais montam em R$ 17.200,00 por mês.- A produção mensal é de 800 equipamentos.- As cotações do dólar em quatro dias do primeiro quadrimestre de 1999 são apresentadas na

TABELA 1.


a) 12 Jan 99 = 01 Jan 99

Comp. A:

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

Comp. B:

3 x 50,20x3100

50$R1002.000R$ =+

B = R$ 61,50 / equip.

COMPONENTE

A

B

C

TABELA 2

QUANTIDADE

2

3

1

DIA

01 JAN

12 JAN

01 MAR

01 ABR

COTAÇÃO DO DÓLAR (R$)

1,22

1,22

2,15

1,72

(Ano: 1999)

TABELA 1


9

Comp. C:

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

C = R$ 28,00 / equip.

Mão-de-obra(MO):

MO =equip./mês800

46.000/mêsR$MO = R$ 57,50 / equip.

Despesas Gerais (DG):

DG =equip./mês800

mês/17.200R$DG = R$ 21,50 / equip.

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

CU = R$ 218,50 / equip

Obs.: Se o aluno cometer erros na interpretação do item despesas gerais, a falta não serápenalizada.

01 Mar 99

Comp. C:

Custo C 1/3 =1,222,15x

equip.28,00R$ Custo C 1/3 = R$ 49,34 / equip.

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

01 Abr 99

Comp. C:

Custo C 1/4 =22,172,1x

equip.28,00R$ Custo C 1/4 = R$ 39,48 / equip.

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


10

a) 01 Mar 99

9,77%100%x1218,50239,84 =−

9,77%

01 Abr 99

5,25%100%x1218,50229,98 =−

5,25%


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

a) Determine os valores dos fasores E•

, I•

, ER•

e EL•

.b) Trace o diagrama fasorial.c) Determine a expressão, no domínio do tempo, da queda de tensão eR (t) no resistor.

Dados/Informações Técnicas:

NOTAÇÃO

O símbolo•

X é empregado para denotar o fasor da variável X.


11


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

Em = 500 V ω = 100 rad/s φ = 40°

Fasor Tensão:

E = V353,552

500

2mE

==

E& = E / φ 353,55E=& /40° V

Parâmetros do Circuito:

Resistência do Resistor R = 35 Ω

Reatância do Indutorj XL = j ω L = j x 100 x 0,7 j XL = j 70 Ω

Circuito no Domínio da Freqüência

Fasor Corrente

Lei de Kirchhoff aplicada à malha:

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

°°=

+°=

63,4/78,26/40353,55

70j35/40353,55

I&

A23,4/4,52I °−=&

Demais Fasores

°−== 23,4/4,52x35I.35ER&&

V23,4/158,2ER °−=&


12

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

V66,6/316,4EL °=&

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

Da expressão da fonte: e(t) = 500 cos (100 t + 40°) conclui-se que o fasor de tensão será:

°= 40/500E&

A impedância é: Z = R + j XL = 35 + j 100 . 0,7 = 35 + j 70

Fasor de Corrente:

°=°

°== 23,4-/39,6

63,4/78,26

/40005ZE

I&

&

°−== 23,4/223,65I.53ER&&

23,4/39,6.90/70I.j70EL −°== &&

°= 66,6/3,447EL&

b) Diagrama de Fasores

(Observar no gráfico):- 3 ângulos corretos

- LR EeE && formando ângulo de 90°

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

- IeER&& alinhados.


13

c) Determinação de (t)eR

V23,4/158,2ER °−=&

158,2x2Vx2E RRm ==

ERm = 223,73 V

φR = − 23,4°

ω = 100 rad/s

)t(cosE(t)e RRmR φ+ω=

V)23,4t(100cos223,73(t)eR °−=

Alternativa considerando o fasor com valor de pico:

°−= 23,4/73,232ER&

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

°−=


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


A densidade de fluxo magnético no ferro fundido é BFF = 0,6 Wb/m2.ϕ = B ⊗ S

onde: ϕ é o fluxo magnético em Wb;B é a densidade de fluxo magnético em Wb/m2;S é a área da seção reta em m2;⊗ indica produto vetorial.


14

F = N . Ionde: F é a força magnetomotriz (fmm) em Ampères [A];

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

F = H . lm

onde: F é a força magnetomotriz (fmm) em Ampères [A];H é a intensidade de campo magnético em A/m;l

m é o comprimento médio em m.

Na solução do problema utilize a curva B versus H.

Padrão de Resposta Esperado.1) Cálculo das áreas

2422FF m10x1610x4x10x4S −−− ==

2422AF m10x810x4x10x2S −−− ==

AF

LFN


15

2) Determinação dos comprimentos médios

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

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


16

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

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

4) Determinação de FFφ

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

−− ===φ

5) Determinação de BAF

Como AFAFAFAFFF S.Bentão, =φϕ=φ

244AFAFAF m10.8/Wb10.9,6SB / −−=φ=

2AF Wb/m1,2B =

6) Determinação de HAF

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

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

7) Determinação da corrente I

∑ ∑=== ll δδ .HI.NLogo.HFeI.NF

Então

AFAFFFFF xHxHIx200 ll +=

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

A6,382IA1276,4Ix200 =→=

Obs.:A6,354Ientãom/A1110HPara AF ==

A6,410Ientãom/A1150HAF ==


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Você é o engenheiro responsável por um laboratório que dispõe de fontes de alimentação CC,construídas segundo o esquema abaixo.

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

Formas de onda obtidas com o osciloscópio:

Sintomas observados:Fonte 4: Tensão sobre a carga igual a zero.Fonte 5: Queima do fusível do primário.


- Os diodos e o capacitor são os únicos elementos passíveis de apresentar defeitos.- Em cada fonte há um único componente defeituoso.- Os defeitos possíveis são: curto-circuito ou interrupção (componente aberto).

110 V rms60 Hz

D1

D4

D2

D3

C Carga

FusívelOsciloscópio

R Prot

Rede

Volts

Tempo

Volts

Tempo

Volts

Tempo

5V

Volts

Tempo

5V

Rede

Fonte 1

Fonte 2

Fonte 3

5V


18


Fonte 1: Capacitor aberto.

Fonte 2: Diodo D3 aberto ou (Diodo D4 aberto).

Fonte 3: Diodo D1 aberto ou (Diodo D2 aberto).

Fonte 4: Capacitor em curto.

Fonte 5: Um diodo em curto. Obs.: será considerado como certo se o formando responder quepode ser o capacitor em curto com resistor de proteção mal dimensionado.

Questão 8 - ELETROTÉCNICA (valor: 10,0 pontos)

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

a)Calcule os fluxos de potência ativa nas linhas de transmissão, considerando a Barra 1como a referência angular do sistema ( θ 1 = 0 rad).

b)Supondo que o fluxo de potência máximo permitido na linha 1-2 seja 0,5 pu, determine a reatância,em pu, do menor banco de capacitores que deverá ser instalado na linha 1-3, de modo que olimite máximo na linha 1-2 não seja ultrapassado.


19

Dados/Informações Técnicas:P = B θ ,onde P é o vetor de injeção de potência ativa nas barras, B é a matriz de susceptância de barrase θ é o vetor do ângulo das tensões de barra.

PGi é a potência ativa gerada na Barra i.PLi é a potência ativa consumida na Barra i.xi,j é a reatância série da linha de transmissão i − j.

O efeito capacitivo e a resistência série das linhas de transmissão são desprezados.


a) Formação da matriz B

ji,x1

ji,b =

−−−−−−

=+−−

−+−−−+

=422

253

235

bbbb

bbbb

bbbb

B

23132313

23231212

13121312

Como θ1 = 0, elimina-se a 1ª linha e 1ª coluna de B

''B'Px42

25PP

32

32 θ=⇐θ

θ−

−=

−=θ−=θ

⇒−−=θ

θrad375,0

rad25,00,12/1x

16/58/1

8/14/1

3

232

Os fluxos nas linhas são dados por Fij =ij

i

xjθ−θ

pu0,75F1/3

0,25)(0

12xF 12

2112 =⇒−−=

θ−θ=

pu0,75F1/2

0,375)(0

13xF 13

3113 =⇒−−=

θ−θ=

pu0,25F1/2

(-0,375)-0,25x

F 2323

3223 =⇒−=

θ−θ=


20

b) Pede-se ?CXpu0,5F12 =≤

Na condição limítrofe, tem-se

61

0,51/3

F 221

12 −=θ⇒=θ−θ

=

O fluxo na linha 1 – 3 deve ser, então:

pu1,0F0,51,5FPF 13121G13 =⇒−=−=

Lembre-se que:

)(x1,0x

0F 133

13

313 ∗−=θ⇒=

θ−=

θ−

−+−

−=

−−⇒θ=

3C

6/1x

X21

12225

0,15,0""BP'

pela 1ª equação, tem-se que:

612

65

21

33−=θ⇒θ−−=−

pu31XX

21

61)(De CC =⇒−−=−∗


Um sistema de potência não está imune a distúrbios inesperados, como, por exemplo, uma des-carga atmosférica ou um curto-circuito. A figura abaixo mostra um sistema de potência com umgerador (G) alimentando uma carga (C) através de um transformador elevador (T1), uma linha detransmissão (LT) e um transformador abaixador (T2), bem como as ligações do gerador e dostransformadores. Determine as correntes de curto-circuito por fase, para um curto-circuito fase-terra na fase a da Barra 3. As reatâncias de seqüências positiva e zero são fornecidas na tabela.


21


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


A rede de seqüência positiva é:

A rede de seqüência negativa é:

Reatância (pu)

Seq. Positiva

Seq. Zero

G

0,10

0,03

T1

0,05

0,05

LT

0,20

0,45

T2

0,075

0,075

C

0,8

0,5

TABELA


22

A rede de seqüência zero é:

Para simular o curto-circuito fase-terra, as redes de seqüência são conectadas em série:

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

pu3,0aIaI3aI

0=⇒=

0Ie0bI C ==


Afigura abaixo mostra uma carga indutiva trifásica equilibrada ligada, em estrela, sem acesso aoterminal neutro, alimentada por uma fonte trifásica equilibrada com a seqüência de fase abc.Supondo que você disponha de dois wattímetros, pede-se que:

a) esboce o diagrama esquemático de ligação dos wattímetros, para que se obtenham as potên-cias trifásicas ativa e reativa da carga;


23

b) deduza as expressões das potências ativa e reativa trifásicas, a partir das leituras P1 e P2

obtidas dos wattímetros.


• Pi é a leitura da potência obtida pelo wattímetro i.

• Z é a impedância de carga por fase (Z = |Z| e jθ ); θ < 30°.• va = |va| e j0 .


a) São 3 possíveis ligações e

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

Solução A

A B C


24

Solução B

Solução C


25

b) Em qualquer uma das 3 ligações as potências trifásicas ativas e reativas, são, respectivamente:

123 PPP +=φ

213 PP3Q −=φ

Obs.: Se o aluno errar, não considerando o valor absoluto, a questão deve ser aceita comocorreta.

Dedução:A potência ativa trifásica é dada por:

(1)^

)fifv(cos|fi||fv|3P3 =φ

onde

fasedetensãoaé|cv||bv||av||fv| ===

fasedecorrenteaé|ci||bi||ai||fi| ===

ou por,

(2)^

)fifv(cos|fi||v|3P3 l=φ

onde

linhadetensãoaé|cav||bcv||abv||v| ===l

Similarmente, a potência reativa trifásica é dada por:

(3)^

)fifv(sen|fi||fv|3Q3 =φ

ou

(4)^

)fifv(sen|fi||v|3Q3 l=φ

Como só se tem acesso à tensão de linha temos que provar que:

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

^)fifv(sen|fi||v|PP 21 l=−

Obs.: O desenvolvimento anterior deve ser considerado conhecido, por isso não está sen-do pontuado.


26

Observação: O diagrama fasorial não é obrigatório na solução. Serve apenas de referência paraauxiliar na correção.


27

b) Dedução caso o aluno opte pela Solução A

1wattímetropelomedidaPot.^

)aiac(vcosaiacvP1 =

ficibiai ===

lvabvbcvacv ===

fiai = / − θ e lvacv = / − 30

)30(cosfivP1 θ−= l


)bibc(vcosbibcvP2 =

fibi = / − 120 − θ e lvbcv = / − 90

)30(cosfivP2 θ+= l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP12

θ+θ+θ−θ=+ l

θ==+ φ cosfiv3PPP312 l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP21

θ+θ−θ+θ=− l

θ=− senfivPP21 l

Fim da solução A

213PP3Q −=φ


28

Caso o aluno opte pela Solução B


)aiab(vcosaiabvP1 =

fiai = / − θ e lvabv = / 30°

)30(cosfivP1 θ+= l


)cicb(vcoscicbvP2 =

fici = / 120 − θ e lvcbv = / 90°


)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 12 θ−θ+θ+θ=+ l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 21 θ−θ−θ−θ=− l

θ−=− senfivPP 21 l

Fim da solução B

Caso o aluno opte pela Solução C


)biba(vcosbibavP1 =

fibi = / − 120 θ e lvbav = / 210°



)cica(vcoscicavP2 =

fici = / 120 − θ e lvcav = / 150°

)30(cosfivP2 θ+= l

)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 12 θ+θ+θ−θ=+ l


)sen30sencos30oscsen30enscos30(cosfivPP 21 θ+θ−θ+θ=− l

θ=− ensfivPP 21 l

Fim da solução C

213PP3Q −=φ

213PP3Q −=φ



29

Questão 11 - ELETRÔNICA (valor: 10,0 pontos)

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

a) os valores de R1, R2 e R3;

b) a saída VD quando a entrada for igual ao número binário 1010;

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

R 0

+

-R 1

R 2

R 3 +

-R a

VD0

VD1

VD2

VD3

Van

10 k Ω 100 kΩ

VD

A/D

Conversor Amplificador

ComputadorD/A

Conversor4 bits

PotênciaControle de

Sensor deTemperatura

Calor

Forno Industrial

Van

=200 k Ω


30


Tabela de Conversão do D/A


a) Para realizar a conversão, é feita uma soma ponderada de correntes segundo a posiçãodos bits.

Bit 1: I1 deve ser o dobro de I0. Logo R1 = R0 /2 e R1 = 100 kΩBit 2: I2 deve ser o dobro de I1. Logo R2 = R1 /2 e R2 = 50 kΩBit 3: I3 deve ser o dobro de I2. Logo R3 = R2 /2 e R3 = 25 kΩ

b) Determinando a saída do primeiro estágio, quando apenas D0 é igual a 1:Corrente pelo resistor

V0,25)25(k10VlogoA,25k200

5I:RD000

−=µ−=µ==

Então V.2,0VeV1,0VV,0,50VV,0,25V D0D0D1D0 −=−=−=−=

Para entrada igual a 1010, a saída será VD = -0,5 + (− 2,0) = −2,5V.

c) Para o dado de entrada igual a 0001, a saída é igual a –0,25 V, porém a Tabela do D/A diz que deveria ser de 0,625 V. Assim, o segundo estágio precisa de ter um ganhoG = 0,625 / − 0,25 = − 2,5.

Sabe-se que: Ω=−=−= k40aRLogo2,5.aR

k100G

Observação: existem outras soluções para o cálculo de Ra !


Um aparelho de TV com controle remoto infravermelho parou de responder aos comandos remo-tos. Analisando o circuito de recepção infravermelho desse aparelho, você concluiu que ofototransistor XYZ 333 estava "queimado". Foi então utilizado, para substituir o componente dani-ficado, o fototransistor ABC 222, o único encontrado no comércio local. Agora, porém, a TV só

D3 D2 D1 D0 Van D3 D2 D1 D0 Van

0 0 0 0 0 V 1 0 0 0 5,0 V0 0 0 1 0,625 V 1 0 0 1 5,625 V0 0 1 0 1,25 V 1 0 1 0 6,25 V0 0 1 1 1,875 V 1 0 1 1 6,875 V0 1 0 0 2,5 V 1 1 0 0 7,5 V0 1 0 1 3,125 V 1 1 0 1 8,125 V0 1 1 0 3,75 V 1 1 1 0 8,75 V0 1 1 1 4,375 V 1 1 1 1 9,375 V


31

responde quando os comandos remotos são gerados a uma curta distância do aparelho. Nãoconseguindo solucionar completamente o defeito, você decidiu fazer uma análise mais cuidadosado circuito.A partir do exposto:

a)explique, utilizando o conceito de reta de carga, por que, após a substituição do fototransistor, aTV só responde se os comandos forem enviados de uma pequena distância;

b)viabilize a recepção de forma a obedecer às especificações técnicas do manual, uma vez quesó foi possível conseguir o fototransistor ABC 222.


O manual técnico especifica que:

- o fototransistor XYZ 333 trabalha na saturação ou no corte, de acordo com a presença ou aausência de luz infravermelha;- o controle remoto tem alcance de 6m, e nessa situação a potência luminosa recebida pelofototransistor é 20 mW/cm2.


a) Como pode ser visto pela reta de carga, o fototransistor ABC 222 não satura com uma potêncialuminosa de 20 mW/cm2. Porém, chegando-se perto da TV é possível oferecer ao fototransistoruma potência luminosa suficiente para que entre em saturação.

1 k

5V

XYZ 333

Comandos

Tratamentodos

Remotos

Ω

Esquema do Receptor de Infra-vermelho

Observação: O inversor A1 temalta impedância de entrada.

A1

Esquema do Receptor de Infravermelho

1

2

3

4

5

6

Corrente de Escuro

10 mW/cm2

20 mW/cm2

30 mW/cm2

40 mW/cm2

50 mW/cm2

1 2 3 4 5 6

VCE

V

ICmA ABC 222 - Fototransistor

(Sensível em todo espectro infra-vermelho)

Curva característica simplificada.


32

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

Observação: Basta o valor do resistor, não precisa traçar a nova reta de carga.


Você é um engenheiro que vai avaliar um sistema ainda em desenvolvimento, que fotografa asplacas dos veículos que ultrapassam o limite de velocidade de 90 km/h. O sistema consiste emtrês sensores: dois sensores de pressão, denominados P1 e P2, que, colocados na pista, indi-cam o instante de passagem das rodas dos carros, e um terceiro sensor magnético M, que indicaa presença da massa metálica do veículo. O sensor magnético é colocado entre os dois sensoresde pressão, como indicado na Figura 1.

Figura 1

P1 P2M

1 mPista

DT

D - roda dianteiraT - roda traseira

Controle do

Disparo da

Fotografia

FotografarP1

P2

M

D

D

T

T

1

2

3

4

5

6

Tp


33

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

Com base no intervalo de tempo Tp, é possível determinar a velocidade do veículo e disparar amáquina fotográfica, se for o caso. Para o controle do sistema, foi proposto o circuito da Figura 2,onde o comando da máquina fotográfica foi simplificado através da saída MF.

a) Calcule o valor do número "n", a ser programado pela autoridade de trânsito.

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


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

ms4090.0003.600

km/h901m

vdt ====

Período do oscilador:

s200s5.000

1T µ==

Número de contagens para um intervalo de 40 ms: 20010.5.10.40Ttn 33 === −

Programar n = 200 na entrada do comparador.

DQCLK

Zerar

VCCRelógio

de 5 kHz

P1

M

P2

Contadorde 8 bits

P1

M

n

Comparador8

8

Valor n programadopela autoridade de trânsito

MF

de 8 bitsX

Y

X<YZerar

Flip-Flop D

janela de tempo

MáquinaFotográfica

Figura 2


34

b) O comparador é de oito bits, então o maior valor de comparação será n = 28 – 1 = 255.

Intervalo de tempo para contar 255 vezes: ms5110.5

255T.255t3

===

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

m1tdv

3===

−

Convertendo para km/h:

km/h70,651

3.600

10.10.51

3.600v33

≅==−

Questão 14 - TELECOMUNICAÇÕES (valor: 10,0 pontos)

Um Sistema de Comunicações Móveis Celulares é composto, basicamente, de uma Central deComutação e Controle (CCC), de Estações Rádio Base (ERB) e de Estações Móveis (EM), con-forme mostra a figura. Determine a máxima atenuação do sinal que permita a operação doradioenlace ERB → EM, considerando que a potência mínima na entrada do receptor da EM deveser -108 dBm.

REDEFIXA

CCC

ERBf2

ERBf3

ERBf1

EM


35


Acesso: TDMA (Acesso Múltiplo por Divisão no Tempo)

Modulação: π4 − DQPSK

Velocidade de trasmissão ERB → Móvel: 8 kbps

ERB(transmissão):• Potência de transmissão: 10 Watts• Ganho da antena de transmissão: 14 dBi• Perda total no cabo de ligação transmissor-antena: 3 dB

EM(recepção):• Ganho da antena de recepção: 0 dBi


Equação de Balanço do Sistema:

RTCRTmáxRRmáxTCT GGA)P(PAPGAGAP ++−−=∴=+−+−

Substituindo os valores:dBm40mW000.10W10PT ===

dBm108PR −=

dB3AC =

dBi14GT =

dBi0GR =

dB1590143108)(40Amáx =++−+=

dB159Amáx =


A figura mostra um satélite de um sistema global de comunicações móveis operando na freqüênciade 2,4 GHz.


36

Considerando o enlace do terminal móvel para o satélite, calcule:

a) a potência na entrada do receptor do satélite, em dBm;

b) a máxima taxa de transmissão (Rb), em kbps, a fim de garantir que a probabilidade de erro

de bit (Pb), na recepção, não seja superior a 3,2x10–5.


• O ruído no receptor do satélite é Gaussiano, com média zero e densidade espectral de potên -

cia N0 = 8x10 –21 W/Hz.

• A modulação empregada no enlace usuário-satélite é do tipo BPSK não codificado.

• A potência de transmissão do terminal móvel (PT) é 0 (zero) dBW..

• Ganho da antena do terminal móvel (antena transmissora): GT

= 2,15 dBi

.

• Ganho da antena do satélite (antena receptora): GR

= 20 dBi

.


a)

1,178L10x546,110x8.4

10x125oL

dBo18

2

3

6−=⇒== −

−

π

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

PR = –155,95 dBW

Perda no espaço livre:

( )2ππ

= λ4

L0

Probabilidade de erro para o

caso de modulação BPSK

L0: perda no espaço livre

h: altura da órbita

Pb: probabilidade de erro

Q(z): definida abaixo

Eb: energia do sinal, por bit

N0: densidade espectral de potência de ruído

Z

3,4

3,5

3,6

3,7

3,8

3,9

4,0

Q(z)

0,000337

0,000233

0,000159

0,000108

0,000072

0,000048

0,000032

=

0

bb N

2EQP

du2

u

zexp

21Q(z)

2

−∞

π= ∫

km125x1010x2,4

10x3fv 6

9

5 −===λ


37

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

oN8bE16oNbE2

4

/2oNbE

z =⇒=⇒==

Se Eb =Taxa

Rec.Pot. então Taxa =Taxa

Rec.Pot.

Taxa = bps3.962,510x8.8

10x253,6

oN8dBW155,95

21

18==−

−

−

Taxa ≅ 4,0 kbps


Um enlace entre dois terminais utiliza cabos de fibras ópticas. Há duas opções para a escolha docabo óptico, mostradas na tabela a seguir:

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

a)Calcule o comprimento máximo L do enlace, se for utilizado o cabo óptico 1.

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


Solução Gráfica (Alternativa):a) Margem de 7dB ⇒ no detetor deve chegar – 43dBm.

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

CARACTERÍSTICAS

Atenuação da fibra (dB/km)

Comprimento em que o cabo é fornecido (km)

Custo por km de cabo (R$)

Atenuação de cada emenda (dB)

Custo de cada emenda (R$)

Atenuação total nas conexões dos distribuidores ópticos para cada cabo (dB)

Cabo óptico 1

3,2

2,5

R

0,35

9,5 R

3,2

Cabo óptico 2

2,5

2,0

1,25 R

0,25

7 R

2,5


38

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

Cabo 2

Cabo 2 leva a um custo de: 12 x 1,25R + 5 x 7R = 50 R

Escolher o cabo 2 por oferecer maior margem de confiabilidade, pois a atenuaçãointroduzida no percurso de 12 km é menor do que a introduzida pelo cabo 1.

Questão 17- COMPUTAÇÃO (valor: 10,0 pontos)

Você é o engenheiro responsável pela rede de computadores da Universidade UNIMAGEM, queestá estruturada conforme o esquema abaixo. Ela é constituída de três sub-redes e permite oacesso à Internet sob o protocolo TCP/IP.

Quanto a essa rede, responda às perguntas a seguir.

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

b)Qual é a quantidade total de endereços de "hosts" com o referido endereço IP? Justifique suaresposta.


39

c)Qual é a faixa de variação do referido endereço, com relação ao número máximo de endereçosde "hosts"?

d)Utilizando somente o endereço IP recebido, a UNIMAGEM tem as três sub-redes configura-das, cada uma contendo no máximo 32 pontos de conexão. Assim sendo, a máscara de rede255.255.255.224 pode ser usada para distribuir subfaixas de endereços a todas as sub-redes?Justifique. Em caso de resposta negativa, qual deve ser a máscara de rede?

e)Se o ambiente contivesse uma única sub-rede em vez de três, qual seria a máscara de sub-rede a ser empregada, utilizando o endereço IP 204.140.111.0?


Para a configuração TCP/IP, a UNIMAGEM recebeu um endereço IP 204.140.111.0.


a) Classe C, pois do endereço 204.140.111.0, o primeiro octeto (204) está situado entre192 e 223.

Para complementar, na prática são utilizadas três classes para endereço IP na Internet:classe A (primeiro octeto entre 0 e 127), classe B (entre 128 e 191) e por último a classeC (entre 192 e 223).

b) No que diz respeito ao endereço classe C, os três primeiros octetos (204.140.111) são utiliza-dos como NetlD, como endereço de subrede, ficando o último octeto para referenciar HostlD.Considerando que é utilizado o sistema binário e que cada octeto utiliza 8 bits, teremos28 = 256 combinações possíveis. Assim, a quantidade total de endereços de “hosts” é iguala 256.

c) Como são 256 possibilidades, estas vão de 0 a 255, ou seja, de 00000000 a 11111111. Admite-se 254, desde que seja respondido que dois endereços são usados pelo roteador e para“broadcast” respectivamente.


40

d) Sim. Uma máscara de rede possibilita ao software de IP verificar como um “host” diferenciade outro “host” está ou não na mesma sub-rede.A máscara de rede 255.255.255.224 corresponde em binário a11111111.11111111.11111111.11100000 mostrando que três dos “bit hosts” são usados pararepresentar sub-redes dentro da rede, permitindo a distribuição dos 256 endereços de “host”em subfaixas de 25 = 32 “subendereços” conforme mostrado a seguir:

e) 255.255.255.0.

Questão 18 - COMPUTAÇÃO (valor: 10,0 pontos)

O responsável pelo Setor de Suporte de Informática da empresa "TOC Consultoria de Sistemas"precisa determinar os parâmetros de uma unidade de disco rígido com as seguintes característi-cas:

. 8000 cilindros;

. 2 kbytes/setor;

. 100 setores por trilha;

. 6,4 Gbytes de capacidade total;

. as faces externas dos pratos das extremidades da pilha não são utilizados para armanezardados.

Com base nos dados fornecidos, determine:

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

b)a quantidade de cabeças de leitura e gravação;


41

c)a capacidade de armazenamento de cada face;

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


Taxa de Transferência: número de bytes transferidos do disco para a Memória Principal, por se-gundo.

bytes transferidosTaxatransferência = ——————————

tacesso

tacesso = tseek + tlatência + ttransferência

onde:

tseek é o tempo que a unidade despende para posicionar o cabeçote de leitura e gravação sobre o

cilindro desejado.

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

girando a 3.600 rpm.

ttransferência é o tempo despendido na transmissão dos dados (leitura ou gravação).


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


42

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

3.200.000 setores / 100 setores por = 32.000 trilhas no totaltrilha

1 cilindro ———————————— 1 trilha por superfície8000 cilindros —————————— 8000 trilhas por superfície

32.000 trilhas no total / 8000 trilhas por = 4 superfícies ou facessuperfície

Como as faces externas dos pratos das extremidades da pilha não são utilizados para armazenardados, então:

b) a quantidade de cabeças de leitura e gravação.

Se são 4 faces, então são 4 cabeças de leitura/gravação.

c) a capacidade de armazenamento de cada face.

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


43

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

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

Na média:

tlatência = 12,50 ms / 2

tlatência = 6,25 ms

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

tacesso = tseek + tlatência + ttransferência

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

Taxatransferência = ms809,375Mbytes2

acessotostransferidBytes =

Taxatransferência = 2,47 Mbytes/s

Questão 19 - COMPUTAÇÃO (valor: 10,0 pontos)

Você está desenvolvendo um sistema e precisa utilizar as ferramentas da Análise Essencial.Empregando a notação constante do QUADRO I, apresente o Diagrama Entidade-Relaciona-mento (DER) correspondente às situações a seguir.

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

Observações:cada aluno pode inscrever-se em várias matérias, mas pode aindanão se inscrever em nenhuma (caso do Edson, por ter trancadomatrícula e não estar cursando nada no momento);

uma mesma matéria pode aceitar matrículas de vários alunos, ha-vendo, obrigatoriamente, pelo menos um aluno matriculado.

•

•


44

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

Dados/Informações Técnicas:Existem diversas notações que podem ser usadas para expressar um Diagrama Entidade-Relacio-namento (DER), sendo as mais usuais a de P. Chen e a de J. Martin. A seguir é apresentada umanotação análoga à deste último autor, resumida no QUADRO I a seguir.


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

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

•

QUADRO IRELACIONAMENTOCada entidade da classe ALFA está

associada a quantas entidades da classeBETA ? MÍNIMO MÁXIMO SIGNIFICADO

ALFA BETA1 1

Cada entidade da classe“ALFA” está associada auma única entidade da

classe “BETA”

ALFA BETA1 várias

Cada entidade da classe“ALFA” está associada a

uma ou a várias entidadesda classe “BETA”

ALFA BETA0 1

Cada entidade da classe“ALFA” está associada a

zero ou a uma únicaentidade da classe “BETA”

ALFA BETA0 várias

Cada entidade da classe“ALFA” está associada azero, a uma ou a várias

entidades da classe“BETA”


45

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

Questão 20 - AUTOMAÇÃO E CONTROLE (valor: 10,0 pontos)

Necessita-se fazer a modelagem matemática de um processo desconhecido, cujos dados e con-dições de experimento constam de um relatório. O processo está representado na figura a seguir:

Para uma entrada u(t) do tipo degrau unitário, obteve-se a saída y(t), como mostram a tabelaabaixo e o gráfico da página seguinte, ambos extraídos desse relatório.

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

Tempo (s)

0

0,25

0,50

0,75

1,00

1,25

1,50

1,75

2,00

2,25

2,50

2,75

3,00

3,25

3,50

3,75

4,00

4,25

4,50

4,75

5,00

Saída y (t)

0

0,0670

0,2018

0,3122

0,3503

0,3215

0,2635

0,2159

0,1995

0,2120

0,2369

0,2574

0,2644

0,2591

0,2483

0,2395

0,2365

0,2388

0,2434

0,2472

0,2485

Tempo (s)

5,25

5,50

5,75

6,00

6,25

6,50

6,75

7,00

7,25

7,50

7,75

8,00

8,25

8,50

8,75

9,00

9,25

9,50

9,75

10,00

Saída y (t)

0,2475

0,2455

0,2439

0,2433

0,2438

0,2446

0,2453

0,2456

0,2454

0,2450

0,2447

0,2446

0,2447

0,2448

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450

0,2450


46

Ks: Ganho estático do sistema.

y( ∞ ): Valor de regime do sistema.

tp: Instante de ocorrência do sobressinal máximo.

ω n: Freqüência natural de oscilação.

ts

(5%) = 3τ.

tp

=−

π

ω ξ2n

1

τ: Constante de tempo do sistema.

ts

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

precisão.

yp

= y(tp): Valor do sobressinal máximo.

ξ : Coeficiente de amortecimento.

y (ts

(5%)) = 0,95 y( ∞ ).


ξ−

ξπ−=

∞

∞=

2

p

p1

exp)(y

)(y-)(tyM


47


48


A resposta apresenta um comportamento padrão de sistema de segunda ordem com sobressinale oscilação. A função de transferência procurada é do tipo:

2

n

2

n

WsnW2s

WsK(s)G

2 ++=

ς

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

0,42980,2450

0,24500,3503)(y

)(y)P(tyM

P=

−=

∞

∞−=

A partir de MP calculamos o valor de ς assim:

4298,01

exp2

=ς−

πς−

)(10,07232688,01

8444,01

22

22ς−=ς⇒=

ς−

ς⇒−=

ς−

πς−

0,25970,06740,07231,0723 22 =ς⇒=ς⇒=ς

O instante em que ocorre o sobressinal é:

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

O valor do ganho estático para uma entrada do tipo degrau unitário é:

Ks = y (∞) = 0,25

A função de transferência para o processo é:

10,61,75s

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

10,60,25sn2s

sK(s)G222

n2

2

n

++=∴

++=

ω+ωξ+

ω=

O problema pode ser resolvido também utilizando o tempo de acomodação com precisão de 95%.

n33(5%)st ξω

=π=

2P

1n

tς−ω

= π

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

n 22=ω∴=

−=

ς−=ω ππ


49

O valor de ts (5%) ocorre quando a resposta está próxima do valor de regime, com umavariação de 5%:

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

/srad2,884,0x0,26

3n4,0

n

3(5%)st ==ω⇒=ωξ

=

A função de transferência obtida é:

3,8s5,1s

3,825,0sn2s

sK(s)G22

n2

2

n

++=

ω+ωξ+

ω=

Obs.: Como o exercício exige a interpretação gráfica, a solução obtida pode apresentar varia-ções significativas se utilizarmos o tp ou ts (5%). Isto pode ser comprovado pelas ex-pressões obtidas para a função de transferência.


A camada de enlace de dados de uma estação de rede recebeu a seqüência de bits abaixo:

Considerando que a técnica de detecção de erros adotada é a CRC ("Cyclic Redundancy Check"), e que opolinômio gerador utilizado é

G (x) = x4 + x3 + 1,

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


Na técnica CRC, o polinômio formado pelos dados deve ser dividido pelo polinômio gerador. Se oresto for zero, supõe-se que a mensagem esteja correta. Caso contrário, ela deve ser recusadapelo receptor.

1100113x4x(x)G =++=

111001101110


50

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

Obs.: A resposta sem justificativa não será considerada mesmo estando correta.


A aplicação de injeções diárias de insulina para diabéticos é um problema que atinge milhõesde pessoas em todo o mundo. A engenharia de controle tem dado sua contribuição à área pormeio do desenvolvimento de sistemas automatizados que, realizando as funções de um pâncre-as humano, reduzem significativamente o número de injeções de insulina e o perigo de seu es-quecimento.Um sistema automatizado, que poderia ser denominado pâncreas artificial, consiste em um re-servatório de insulina e um motor controlado para suprir ao organismo a quantidade de insulinanecessária nos momentos adequados. As principais características desse aparelho são:- o reservatório de insulina tem autonomia para períodos de uso relativamente longos (alguns

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

coincidindo com as principais refeições: café da manhã, almoço e jantar;- o paciente não precisa lembrar-se do momento exato das injeções.O diagrama de blocos representa esse sistema automatizado:

A taxa de liberação de insulina é dada por uma função do tipo:

i t Ate tat( ) ;= − ≥ 0

00010001001001110111

011101001111101

101001001100111

011101001111101

101000110110110011

10011|011101100111


51

As constantes A e a devem ser definidas segundo o histórico clínico do paciente.A EcaBio Ltda. é uma empresa que desenvolve, sob demanda, esses sistemas automatizados,e recebeu o pedido para atender a um paciente com as seguintes especificações:

• o motor começa a liberar insulina assim que o paciente inicia sua refeição, em t = 0 segundo;

• o valor máximo da taxa de liberação de insulina imáx deve ocorrer uma hora após o início da

refeição (tp = 3.600s);

• tp: tempo em que ocorre a máxima liberação de insulina imáx ;

• o total de insulina liberada deve ser .

Devido a problemas de importação e às características necessárias, a EcaBio restringiu o proje-to a um único tipo de motor com os seguintes parâmetros:τ = 5 segundosK = 2,3 x 10− 6 cm3 / volts.segundos.Um engenheiro júnior, que trabalha subordinado a você, propôs a seguinte solução:

Em face das graves conseqüências que uma solução incorreta poderia provocar, calcule asespecificações obtidas na solução do engenheiro: tp, imáx (tp) e iT . Decida se ela pode ser aceita ounão, justificando sua decisão.



Do diagrama de blocos apresentado temos que:

(1)a)(sK

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

K

a)(s

A(s)I22 +

+=⇒+

=+

= ττ

A solução obtida pelo engenheiro júnior é:

25

5

5-

4

)10x2,78(s

10x5,70

10x2,78s

10x2,85(s)R−

−

++

+=

R ss s

( ),

,

,

( , )=

++

+

−

−

−

−

2 85 10

2 78 10

570 10

2 78 10

4

5

5

5 2

x

x

x

x

∫∞

=−

0 a

AdtAte

2

at

2a)(s

A(s)I

+=

3cm17,0dt)t(i

0iT

=∫∞

=

atAtei(t) −=

221

2 a)(s

K

a)(s

K

a)(s

1s

++

+=

+

+τ


52

Colocando na forma padrão de (1) temos:

256

10

25

5

5-

4

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

)10x2,78(s10x5,70

10x2,78s10x2,85(s)R

−−

−

−

−

++=

++

+=

Portanto,

105 10x1,31A10x2,78a −− ==

O valor máximo de i (t) ocorre quando:

a1

pt0atat)e(1AatAeataAte0dtdi =⇒=−−=−+−−⇒=

horas)(10segundos36.00010x2,78

1a1

pt 3≅==

−

A taxa de liberação máxima de insulina em t = 36.000 segundos é:

s/cm10x1,73)e(36.00010x1,31ndos)(36000seguimaxi 3636.000)510x2,78(10 −−−− ===

O total de insulina liberada é:

∫∞

===−=−

−

0

325

10

2T cm0,17)10x(2,78

10x1,31

a

AdtatAtei

Conclusão: A solução proposta pelo engenheiro júnior não pode ser aceita, pois o instante emque ocorre a liberação máxima de insulina é 10 horas após o início da refeição, extremamentetarde em relação à especificação.

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