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
+−6 V100 Ω100 Ω + ΔR100 Ω100 Ωab+−Vab​ = ?

Un puente tiene cuatro brazos de 100 Ω y Vs = 6 V. El sensor R₂ aumenta ΔR = 0,4 Ω. Con la aproximación de pequeño cambio, halla la salida Vab en mV.

Vs = 6 VR = 100 ΩΔR = 0,4 Ω
Vab = mV
2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasDifícil
+−3 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−0,788 mV

Una galga extensométrica (GF = 2,1) sobre un elemento con E = 70 GPa forma un cuarto de puente excitado con 3 V. La salida marca 0,788 mV. Halla la tensión axial σ en MPa.

Vs = 3 VGF = 2,1Vo = 0,788 mVE = 70 GPa
σ = MPa
3.Adquisición de datos y muestreoMedia
Vin​N = 123,3 V2ᴺ − 101 LSB0,932 V?

Un ADC de 12 bits con un rango de entrada de 0 a 3,3 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 0,932 V.

N = 12VFSR = 3,3 VVin = 0,932 V
D =
4.Adquisición de datos y muestreoDifícil
f0fs​/2fs​1,1 kHz3f₁?

Una onda cuadrada de 1,1 kHz se muestrea a 5 kHz sin filtro antialiasing. Una onda cuadrada contiene los armónicos impares 3f₁, 5f₁, 7f₁, … ¿En qué frecuencia fa aparece su armónico 3f₁ en los datos muestreados? Dala en Hz.

f₁ = 1,1 kHzfs = 5 kHzarmónico: 3f₁
fa = Hz
5.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 3.

R1 = 4,7 kΩAv = 3
Rf = kΩ
6.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,5 VR2​ = 100 kΩ

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

V1 = 0,2 VV2 = 0,5 VR1 = 1 kΩR2 = 100 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
7.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​2 ΩBR6​3 Ω

Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 ΩR5 = 12 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
9.Thévenin y NortonMedia
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin y NortonDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAIs​4 ABRL​2 ΩIL​

Se conecta una carga RL = 2 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 2 Ω
IL = A

3Disoluciones

1.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Vab = 6 mV

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.

Cambio relativo

ΔR/R = 0,4/100 = 0,004

Salida linealizada

Vab ≈ 6·0,004/4 = 6 mV

Respuesta

Vab = 6 mV

El valor exacto es 5,988 mV; la aproximación es buena mientras ΔR/R sea pequeño.

2.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: σ = 35,02 MPa

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.

Deformación

ε = 4·0,000788/(3·2,1) = 0,0005003

Tensión

σ = 70·10³ MPa·0,0005003 = 35,02 MPa

Respuesta

σ = 35,02 MPa
3.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: D = 1156

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 = 3,3/212 = 0,8057 mV

Código

Vin/LSB = 932/0,8057 = 1157
código = ⌊1157⌋ = 1156

Respuesta

D = 1156

En binario es 010010000100.

4.Adquisición de datos y muestreo

Respuesta: fa = 1700 Hz

Muestreo: un ADC mide la señal fs veces por segundo. Según el teorema de Nyquist–Shannon, una frecuencia f se capta correctamente solo mientras f < fs/2, la frecuencia de Nyquist (de plegamiento), por lo que la frecuencia de muestreo debe superar el doble de la frecuencia más alta de la señal. Una frecuencia mayor no se pierde: aparece como un alias en fa = |f − k·fs|, con el número entero k que lleva el resultado entre 0 y fs/2. Las muestras no permiten distinguir ambas, así que un filtro antialiasing analógico debe eliminar todo lo que supera fs/2 antes del ADC.

Frecuencia del armónico

3f₁ = 3·1,1 kHz = 3,3 kHz

Múltiplo más cercano de la frecuencia de muestreo

m = round(0,66) = 1

Frecuencia de aliasing

fa = |3300 − 1·5000| = 1700 Hz

Respuesta

fa = 1700 Hz

El alias cae dentro de la banda de la señal, donde ningún filtro digital puede eliminarlo. Solo ayuda un filtro analógico antes del ADC.

5.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Rf = 9,4 kΩ

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 de un amplificador no inversor

V₋ = V₊ = Vin, y la corriente de R₁ también pasa por Rf, así que Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (3 − 1)·4,7 = 9,4 kΩ

Respuesta

Rf = 9,4 kΩ
6.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −4,51 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 = 0,2/1 = 0,2 mA
I2 = V2/R2 = 0,5/100 = 0,005 mA
If = I1 + I2 = 0,205 mA

Tensión de salida

Vout = −Rf·If = −22·0,205 = −4,51 V

Respuesta

Vout = −4,51 V
7.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 3,949 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​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​4 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R1 + 3,077 = 3 + 3,077 = 6,077 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 = 24/6,077 = 3,949 A

Respuesta

IR1 = 3,949 A
8.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: Req = 6,678 Ω

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​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​2 ΩBR6​3 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 = 12 + 3 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 1,765 Ω
R3 + 1,765 = 5,765 Ω
R2 ∥ 5,765 = 2,678 Ω
Req = R1 + 2,678 = 4 + 2,678 = 6,678 Ω

Respuesta

Req = 6,678 Ω
9.Thévenin y Norton

Respuesta: IN = 0,4286 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​ = 3 ΩR3​ = 8 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 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) = 6·8/(3+8) = 4,364 V
IN​0,4286 ARth​10,18 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 = 4,364/10,18 = 0,4286 A
10.Thévenin y Norton

Respuesta: IL = −3,241 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩCORTOR2​12 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 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 4 = 11,5 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAIs​4 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) = 2,25 + (−4)·7,5 = −27,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −27,75 + (−4)·4 = −43,75 V
Rth​ = 11,5 Ω−+Vth​43,75 VRL​2 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) = −43,75/(11,5 + 2) = −3,241 A

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