Medida e instrumentación: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 10 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

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1Fórmulas y métodos

Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Tensiones de los divisores
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Pérdidas
Vab = Va − Vb
Balance
R1/R2 = R3/R4
Puente de hilo
R/Rx = l/(100 − l)
Resistencia de Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Factor de galga
ΔR/R = GF·ε
Salida del puente
cuarto Vs·GF·ε/4, medio Vs·GF·ε/2, completo Vs·GF·ε
Cambio pequeño, un brazo
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensión
σ = E·ε

Método

  1. Trata el puente como dos divisores de tensión sobre la misma alimentación.
  2. Para el equilibrio, iguala R₁/R₂ = R₃/R₄ y despeja la resistencia desconocida.
  3. Para un puente desequilibrado, halla Va y Vb con los divisores y resta; usa el equivalente de Thévenin cuando un medidor carga la salida.
  4. Para las galgas extensométricas, convierte la deformación en ΔR/R = GF·ε y usa Vs·GF·ε/4, /2 o ×1 para un cuarto, medio o puente completo.

Adquisición de datos y muestreo

Criterio de Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Frecuencia de aliasing
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Tamaño del paso
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Error de cuantización (redondeo)
±½ LSB
Código del ADC con truncamiento
D = ⌊Vin/LSB⌋
Bits para una resolución r
2ᴺ ≥ span/r
SQNR ideal, senoide a fondo de escala
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Tasa de datos
canales × fs × N bit/s
ADC multiplexado
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baudios; 8N1 = 10 bits por byte; bytes/s = baudios/bits por trama
Divisor de la tasa de baudios
baud = fclk/(16·D)

Método

  1. Anota los datos: frecuencia de muestreo, frecuencias de la señal, número de bits, rango de entrada, tasa de baudios.
  2. En las preguntas de muestreo, compara cada frecuencia con fs/2; una frecuencia mayor aparece en fa = |f − k·fs|, con el múltiplo de fs más cercano.
  3. En las preguntas de resolución, halla 1 LSB = VFSR/2ᴺ, o el menor N con 2ᴺ ≥ rango/resolución.
  4. En las tasas de datos y los enlaces UART, cuenta todo lo que se envía: canales, muestras por segundo, bits o bytes completos por muestra, y los bits de inicio, paridad y parada de cada trama.

Circuitos con amplificador operacional

Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador no inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador sumador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0

Resistencias en serie y en paralelo

Resistencias en serie
Req = R1 + R2 + …
Resistencias en paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dos en paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ley de Ohm
V = I·R
Potencia
P = V·I = I²R = V²/R

Método

  1. Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
  2. Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
  4. Repite hasta que quede una sola resistencia entre los terminales.

Thévenin y Norton

Tensión de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistencia de Thévenin
Rth: todas las fuentes apagadas, vista desde a–b
Corriente de Norton
IN = Vth/Rth
Corriente en la carga
IL = Vth/(Rth + RL)
Máxima transferencia de potencia
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Método

  1. Quita la carga y marca los dos terminales a y b.
  2. Halla la tensión en circuito abierto entre a y b: es Vth.
  3. Anula todas las fuentes independientes y halla la resistencia vista desde a–b: es Rth.
  4. Vuelve a conectar la carga al circuito equivalente: Vth en serie con Rth.
  5. Para el equivalente de Norton, convierte: IN = Vth/Rth, con RN = Rth en paralelo.

2Problemas de práctica

1.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasMedia
+−15 VR1​ = 300 ΩR2​ = 50 ΩR3​ = 1000 ΩR4​ = 250 Ωab+−Rth​ = ?

Halla la resistencia de Thévenin Rth del puente mostrado, vista desde los terminales de salida a y b.

Vs = 15 VR1 = 300 ΩR2 = 50 ΩR3 = 1000 ΩR4 = 250 Ω
Rth = Ω
2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasDifícil
+−12 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Una célula de carga (un puente completo de galgas extensométricas) tiene una salida nominal de 2 mV/V a su carga nominal de 1000 kg. Se excita con 12 V. Halla su salida Vo bajo una carga de 750 kg.

2 mV/VFrated = 1000 kgVs = 12 VF = 750 kg
Vo = mV
3.Adquisición de datos y muestreoMedia
Vin​N = 16VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Halla la relación señal/ruido de cuantización ideal SQNR de un ADC de 16 bits para una onda senoidal a fondo de escala.

N = 16
SQNR = dB
4.Adquisición de datos y muestreoDifícil
T20 mV/°C×4∿01N = 12, 10 V? °C/LSB

Un sensor de temperatura da 20 mV/°C (0 V a 0 °C). Su señal se amplifica 4 veces y se aplica a un ADC de 12 bits con un rango de 0 a 10 V (1 LSB = VFSR/2ᴺ). Halla la variación de temperatura ΔTLSB que corresponde a un LSB.

S = 20 mV/°CG = 4N = 12VFSR = 10 V
ΔTLSB = °C
5.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −0,3 V

El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.

Vin = −0,3 VR1 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
6.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​C = 1 µFVin​ = −0,3 VR = 47 kΩ

El integrador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V; su salida se satura en ±13 V. El condensador está descargado cuando se aplica una entrada constante Vin = −0,3 V en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de t = 0 llega la salida a la saturación? Halla t.

Vin = −0,3 VR = 47 kΩC = 1 µFVsat = ±13 V
t = ms
7.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Halla la corriente IR2 por R2.

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
8.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBR6​6 Ω

Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.

V1 = 24 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 ΩR5 = 4 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
9.Thévenin y NortonMedia
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAab

Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.

V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin y NortonDifícil
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​1 ABab

Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.

V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
IN = A

3Disoluciones

1.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Rth = 242,9 Ω

Puente de Wheatstone: dos divisores de tensión comparten una alimentación Vs. El divisor izquierdo R1–R2 da Va = Vs·R2/(R1 + R2) y el divisor derecho R3–R4 da Vb = Vs·R4/(R3 + R4); la salida es Vab = Va − Vb. El puente está equilibrado (Vab = 0, sin corriente en el medidor) cuando R1/R2 = R3/R4, es decir, R1·R4 = R2·R3. Visto desde la salida, el puente es una fuente de Thévenin con Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Alimentación en cortocircuito

R₁∥R₂ = 300·50/350 = 42,86 Ω
R₃∥R₄ = 1000·250/1250 = 200 Ω

Resistencia de Thévenin

Rth = 242,9 Ω

Respuesta

Rth = 242,9 Ω
2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Vo = 18 mV

Galgas extensométricas: una galga cambia su resistencia con la deformación: ΔR/R = GF·ε, donde el factor de galga GF es de alrededor de 2 en las galgas de lámina metálica. En un puente con todos los brazos iguales a R, una galga activa (cuarto de puente) da Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dos galgas activas con deformaciones opuestas en brazos adyacentes (medio puente) dan Vs·GF·ε/2, y cuatro (puente completo) dan Vs·GF·ε. La tensión mecánica se obtiene de la ley de Hooke, σ = E·ε. Las células de carga indican su sensibilidad en mV/V: la salida a plena carga por cada voltio de excitación.

Salida a fondo de escala

2·12 = 24 mV

Salida con esta carga

Vo = 24·750/1000 = 18 mV

Respuesta

Vo = 18 mV
3.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: SQNR = 98,08 dB

Resolución del ADC: un convertidor de N bits divide su rango de fondo de escala VFSR en 2ᴺ códigos, de 0 a 2ᴺ − 1. Un paso es 1 LSB = VFSR/2ᴺ: el cambio más pequeño que puede mostrar el convertidor. Un ADC con truncamiento da el código ⌊Vin/LSB⌋; un ADC con redondeo nunca se aparta más de ½ LSB del valor real, que es su error de cuantización. Cada bit adicional reduce a la mitad el LSB y suma unos 6 dB a la relación señal/ruido de cuantización ideal SQNR = 6,02·N + 1,76 dB para una senoide a fondo de escala. Para alcanzar una resolución r en un rango, elige el menor N con 2ᴺ ≥ rango/r.

SQNR ideal

SQNR = 6,02·16 + 1,76 = 98,08 dB

Respuesta

SQNR = 98,08 dB
4.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: ΔTLSB = 0,03052 °C

Resolución del ADC: un convertidor de N bits divide su rango de fondo de escala VFSR en 2ᴺ códigos, de 0 a 2ᴺ − 1. Un paso es 1 LSB = VFSR/2ᴺ: el cambio más pequeño que puede mostrar el convertidor. Un ADC con truncamiento da el código ⌊Vin/LSB⌋; un ADC con redondeo nunca se aparta más de ½ LSB del valor real, que es su error de cuantización. Cada bit adicional reduce a la mitad el LSB y suma unos 6 dB a la relación señal/ruido de cuantización ideal SQNR = 6,02·N + 1,76 dB para una senoide a fondo de escala. Para alcanzar una resolución r en un rango, elige el menor N con 2ᴺ ≥ rango/r.

Tamaño del paso

1 LSB = 10000/4096 = 2,441 mV

Sensibilidad en el ADC

20·4 = 80 mV/°C

Resolución de temperatura

ΔTLSB = 2,441/80 = 0,03052 °C

Respuesta

ΔTLSB = 0,03052 °C

El ADC alcanza el fondo de escala a 125 °C.

5.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −3,6 V

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

La entrada inversora sigue a la entrada

V₋ = V₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/2 = −0,15 mA

Tensión de salida

La corriente de R₁ también pasa por Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,15)·22 = −3,6 V

Respuesta

Vout = −3,6 V
6.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: t = 2037 ms

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

Corriente de entrada y pendiente de la rampa

kΩ por µF da milisegundos.

RC = 47 kΩ · 1 µF = 47 ms
pendiente de la rampa = −Vin/(RC) = −(−0,3)/47 = 0,006383 V/ms

Tiempo hasta la saturación

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·47/0,3 = 2037 ms

Respuesta

t = 2037 ms
7.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR2 = 0,5 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​15 ΩB

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R3 + R4 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 6 + 7,5 = 13,5 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 9/13,5 = 0,6667 A

Corriente por R₂

Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 0,6667·6 = 5 V
IR2 = VA/R2 = 5/10 = 0,5 A

Respuesta

IR2 = 0,5 A
8.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 0,7549 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 30 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBR6​6 Ω

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R5 + R6 = 4 + 6 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5,455 Ω
R3 + 5,455 = 17,45 Ω
R2 ∥ 17,45 = 1,794 Ω
Req = R1 + 1,794 = 30 + 1,794 = 31,79 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 24/31,79 = 0,7549 A

Respuesta

IR1 = 0,7549 A
9.Thévenin y Norton

Respuesta: Rth = 16 Ω

Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩCORTOR2​12 ΩAabRth​

Halla Rth con todas las fuentes apagadas

Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.

R1 ∥ R2 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
10.Thévenin y Norton

Respuesta: IN = −0,7768 A

Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩCORTOR2​10 ΩAABIERTOBabRth​

Halla Rth con todas las fuentes apagadas

Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.

R1 ∥ R2 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 8 = 12,44 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​10 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Halla Vth, la tensión en circuito abierto

Con a–b abiertos, el único camino para Iₛ es por R₃ hacia el nodo A. Halla V_A por superposición de V₁ e Iₛ y luego suma la caída en R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2,778 + (−1)·4,444 = −1,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,667 + (−1)·8 = −9,667 V
IN​0,7768 ARth​12,44 Ωab

Equivalente de Norton

Una fuente de Norton es el mismo circuito visto como una fuente de corriente en paralelo con R_th. Su corriente es la corriente de cortocircuito en a–b.

IN = Vth/Rth = −9,667/12,44 = −0,7768 A

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