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
+−2 V120 Ω120 Ω120 Ω120 Ωab+−

Una galga extensométrica de 120 Ω es un brazo (R₂) de un puente con cuatro brazos iguales de 120 Ω y una excitación de 2 V. Halla la potencia Pg disipada en la galga, en mW. El autocalentamiento limita la excitación.

Vs = 2 VR = 120 Ω
Pg = mW
2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasDifícil
+−2,5 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​

Un cuarto de puente (una galga activa, GF = 2,12) se excita con 2,5 V. La mayor deformación que se quiere medir es de 600 µε, y debe dar 5 V a la entrada de un convertidor analógico-digital. Halla la ganancia del amplificador G.

Vs = 2,5 VGF = 2,12εmax = 600 µεVFS = 5 V
G =
3.Adquisición de datos y muestreoMedia
Vin​N = 1010 V2ᴺ − 101 LSB3,667 V?

Un ADC de 10 bits con un rango de entrada de 0 a 10 V trunca: su código de salida es ⌊Vin/LSB⌋ con 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Halla el código de salida decimal D para una entrada de 3,667 V.

N = 10VFSR = 10 VVin = 3,667 V
D =
4.Adquisición de datos y muestreoDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​20 MHz / (16·D)

Un microcontrolador con un reloj de 20 MHz fija su tasa de baudios de la UART como fclk/(16·D), con D un número entero redondeado al valor más cercano. El objetivo es 4800 baudios. Halla el error porcentual de la tasa de baudios real (positivo cuando es demasiado rápida).

fclk = 20 MHzobjetivo = 4800 Bd
e = %
5.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 10 kΩ

El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V; su salida se satura en ±12 V. El amplificador inversor se excita con una onda senoidal. Halla la amplitud de entrada máxima Vin,max (valor de pico) para la que la salida no se recorta.

R1 = 10 kΩRf = 47 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
6.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 1,3 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −0,2 VR2​ = 47 kΩ

El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.

V1 = 1,3 VV2 = −0,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
7.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Halla la corriente IR2 por R2.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​20 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 ΩR5 = 15 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
9.Thévenin y NortonMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAab

Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin y NortonDifícil
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​1,5 ABRL​15 ΩIL​

Se conecta una carga RL = 15 Ω entre a–b. Usa un equivalente de Thévenin para hallar la potencia PL entregada a la carga.

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩRL = 15 Ω
PL = W

3Disoluciones

1.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Pg = 8,333 mW

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.

Tensión en la galga

V = 2/2 = 1 V

Potencia

Pg = 1²/120 = 8,333 mW

Respuesta

Pg = 8,333 mW
2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: G = 6289

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 del puente a fondo de escala

Vo = 0,795 mV

Ganancia

G = 5/0,000795 = 6289

Respuesta

G = 6289
3.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: D = 375

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 = 10/210 = 9,766 mV

Código

Vin/LSB = 3667/9,766 = 375,5
código = ⌊375,5⌋ = 375

Respuesta

D = 375

En binario es 0101110111.

4.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: e = 0,1603 %

UART: un enlace serie asíncrono envía cada byte como una trama: un bit de inicio (nivel bajo), los bits de datos, un bit de paridad opcional y uno o dos bits de parada (nivel alto). La tasa de baudios es el número de bits por segundo, así que un bit dura Tb = 1/baudios y una trama de n bits dura n/baudios. El formato habitual 8N1 tiene 10 bits por byte. El generador de baudios divide el reloj: baudios = fclk/(16·D) con un número entero D, así que la tasa de baudios real difiere ligeramente de la deseada; un error inferior a aproximadamente el 2 % suele ser aceptable.

Divisor

D = 20·10⁶/(16·4800) = 260,4 → 260

Tasa de baudios real

20·10⁶/(16·260) = 4808 Bd

Error

(4808 − 4800)/4800·100 = 0,1603 %

Respuesta

e = 0,1603 %

Un error inferior a aproximadamente el 2 % suele ser aceptable.

5.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vin,max = 2,553 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.

Ganancia

|Av| = Rf/R1 = 47/10 = 4,7

Entrada máxima antes del recorte

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/4,7 = 2,553 V

Respuesta

Vin,max = 2,553 V
6.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −2,723 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.

Corrientes de entrada

V₋ = 0, así que cada resistencia de entrada tiene toda su tensión de entrada.

I1 = V1/R1 = 1,3/4,7 = 0,2766 mA
I2 = V2/R2 = −0,2/47 = −0,004255 mA
If = I1 + I2 = 0,2723 mA

Tensión de salida

Vout = −Rf·If = −10·0,2723 = −2,723 V

Respuesta

Vout = −2,723 V
7.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR2 = 0,4028 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​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​12 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 = 20 + 12 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 5·32/(5+32) = 4,324 Ω
Req = R1 + 4,324 = 15 + 4,324 = 19,32 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 = 9/19,32 = 0,4657 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 − 0,4657·15 = 2,014 V
IR2 = VA/R2 = 2,014/5 = 0,4028 A

Respuesta

IR2 = 0,4028 A
8.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 3,286 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​ = 3 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAR4​6 ΩBR6​20 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 = 15 + 20 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 5,122 Ω
R3 + 5,122 = 8,122 Ω
R2 ∥ 8,122 = 6,13 Ω
Req = R1 + 6,13 = 3 + 6,13 = 9,13 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 = 30/9,13 = 3,286 A

Respuesta

IR1 = 3,286 A
9.Thévenin y Norton

Respuesta: Vth = 6,667 V

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​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩCORTOR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 12 = 16,44 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAab+−Vth​

Halla Vth, la tensión en circuito abierto

Con a–b abiertos, no circula corriente por R₃, así que no hay caída en ella y V_b = V_A. R₁ y R₂ forman un divisor de tensión.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·8/(10+8) = 6,667 V
10.Thévenin y Norton

Respuesta: PL = 12,25 W

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​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩCORTOR2​20 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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 6 = 12,67 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAIs​1,5 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) = 6 + 1,5·6,667 = 16 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16 + 1,5·6 = 25 V
Rth​ = 12,67 Ω+−Vth​25 VRL​15 ΩIL​

Conecta la carga al equivalente de Thévenin

La fuente de Thévenin y R_th en serie se comportan exactamente como el circuito original en a–b, así que la carga ve un simple lazo en serie.

IL = Vth/(Rth + RL) = 25/(12,67 + 15) = 0,9036 A
PL = IL²·RL = 0,9036²·15 = 12,25 W

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