Notas sobre as listas de CEII:

Lista #1

1) Os dois deslocamentos eliminam 2 nós. Solução: e1=1, e2=3.5, e3=1.5
2) 2 deslocamentos de fontes e 2 de curtos eliminam todos os nós. Restam
duas equações para achar jx e jy. Solução: jx=110/21, jy=-5/21, e1=e2=160/21, 
e3=e4=10.
3a) Os 3 amp. ops. reduzem um sistema de 7 equações para 4, se for colocado 
que eles fixam as tensões nos dois nós onde se liga R1. Um par de equações 
calcula imediatamente as tensões nas saídas dos dois amp. ops. de entrada. 
As outras duas acham a tensão de saída a partir destas. 
Solução: V0=(R4/R3)(1+2R2/R1)(V2-V1)
Há vários circuitos equivalentes (5), todos com a mesma solução. Seria algum 
estável?
3b) Com equivalentes Norton nas duas entradas, o amp. op. reduz o sistema 
de 5 equações para 4. A solução pelo método de Cramer não é difícil, pois há 
uma coluna de Gn com só um elemento e só dois elementos em is que multiplicam 
cofatores iguais a menos do sinal. Mas gera o numerador e o denominador com 
um grande fator comum, não óbvio de separar. Haveria outra forma de analisar?
Solução: V0=(1/R1)(R2+R3+2R2R3/R4)(V2-V1)

Lista #2

1)Solução: 
e1(t)=4.2906 cos(2t)-0.42292 sen(2t)
e2(t)=0.034106 cos(2t)-2.9604 sen(2t)
Note que esse circuito é instável. Há um transiente crescente somado a isso,
que a análise não considera.
2)Solução: 
As transformadas de Laplace de e1 e e2 são da forma:
(a1 s)/(s^2+w1^2)+(a2 s)/(s^2+w2^2)
e1(t)=0.5 cos(sqrt(5/8)t)+0.5 cos(sqrt(5/2)t)
e2(t)=  5 cos(sqrt(5/8)t)-  5 cos(sqrt(5/2)t)
A energia que estava em C1 passa para C2 nos instantes em que os cossenos
em e2 se somam construtivamente, gerando 10 V sobre C2. Note que as duas
frequências estão numa razão de 1:2.
3)Solução
Vo/Vin(s) = (2/C)/(s^2+((2-C)/C)s+1/C)
Com C=1 é um filtro passa-baixas. Com C=2 um oscilador.

Antonio C. M. de Queiroz, 1/5/2010.