Medição e Instrumentação: pacote de revisão

Formulários, as principais etapas dos métodos de cada tópico e 10 exercícios, com soluções completas no final.

Novos exercíciosVoltar à disciplina

Na janela de impressão, escolha “Salvar como PDF” para guardar uma cópia no seu dispositivo.

1Fórmulas e métodos

Ponte de Wheatstone e extensômetros

Tensões dos divisores
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Saídas
Vab = Va − Vb
Balanço
R1/R2 = R3/R4
Ponte de fio
R/Rx = l/(100 − l)
Resistência de Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Fator do extensômetro
ΔR/R = GF·ε
Saída da ponte
quarto Vs·GF·ε/4, meia Vs·GF·ε/2, completa Vs·GF·ε
Pequena variação, um braço
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensão
σ = E·ε

Método

  1. Trate a ponte como dois divisores de tensão sobre a mesma alimentação.
  2. Para o equilíbrio, faça R₁/R₂ = R₃/R₄ e resolva para o resistor desconhecido.
  3. Para uma ponte desequilibrada, encontre Va e Vb a partir dos divisores e subtraia; use o equivalente de Thévenin quando um medidor carrega a saída.
  4. Para extensômetros, converta a deformação em ΔR/R = GF·ε e use Vs·GF·ε/4, /2 ou ×1 para um quarto, meia ponte ou ponte completa.

Aquisição de dados e amostragem

Critério de Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Frequência de aliasing
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Tamanho do passo
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Erro de quantização (arredondamento)
±½ LSB
Código do ADC com truncamento
D = ⌊Vin/LSB⌋
Bits para uma resolução r
2ᴺ ≥ span/r
SQNR ideal, senoide de fundo de escala
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Taxa de dados
canais × fs × N bit/s
ADC multiplexado
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud; 8N1 = 10 bits por byte; bytes/s = baud/bits por quadro
Divisor da taxa de baud
baud = fclk/(16·D)

Método

  1. Anote o que é dado: taxa de amostragem, frequências do sinal, número de bits, faixa de entrada, taxa de baud.
  2. Em questões de amostragem, compare cada frequência com fs/2; uma frequência mais alta aparece em fa = |f − k·fs|, com o múltiplo de fs mais próximo.
  3. Em questões de resolução, determine 1 LSB = VFSR/2ᴺ ou o menor N com 2ᴺ ≥ faixa/resolução.
  4. Para taxas de dados e enlaces UART, conte tudo o que é enviado: canais, amostras por segundo, bits ou bytes inteiros por amostra e os bits de início, de paridade e de parada de cada quadro.

Circuitos com amplificadores operacionais

Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador não inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador somador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0

Resistores em série e paralelo

Resistências em série
Req = R1 + R2 + …
Resistências em paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dois em paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Lei de Ohm
V = I·R
Potência
P = V·I = I²R = V²/R

Método

  1. Comece pela extremidade da rede mais distante dos terminais.
  2. Combine resistores em série somando-os, e resistores em paralelo com 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Redesenhe o circuito após cada passo.
  4. Repita até sobrar um único resistor entre os terminais.

Thévenin e Norton

Tensão de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistência de Thévenin
Rth: todas as fontes desligadas, vista de a–b
Corrente de Norton
IN = Vth/Rth
Corrente na carga
IL = Vth/(Rth + RL)
Máxima transferência de potência
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Método

  1. Retire a carga e marque os dois terminais a e b.
  2. Encontre a tensão de circuito aberto entre a e b: essa é Vth.
  3. Desligue todas as fontes independentes e encontre a resistência vista de a–b: essa é Rth.
  4. Recoloque a carga no circuito equivalente: Vth em série com Rth.
  5. Para o equivalente de Norton, converta: IN = Vth/Rth, com RN = Rth em paralelo.

2Exercícios

1.Ponte de Wheatstone e extensômetrosMédia
+−6 V350 Ω350 Ω350 Ω350 Ωab+−

Um extensômetro de 350 Ω é um braço (R₂) de uma ponte com quatro braços iguais de 350 Ω e uma excitação de 6 V. Encontre a potência Pg dissipada no extensômetro, em mW. O autoaquecimento limita a excitação.

Vs = 6 VR = 350 Ω
Pg = mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−2,5 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−1,5 mV

Um extensômetro (GF = 2) em um elemento com E = 110 GPa forma um quarto de ponte excitado com 2,5 V. A saída marca 1,5 mV. Encontre a tensão mecânica axial σ em MPa.

Vs = 2,5 VGF = 2Vo = 1,5 mVE = 110 GPa
σ = MPa
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 123,3 V2ᴺ − 101 LSB2,65 V?

Um ADC de 12 bits com faixa de entrada de 0 a 3,3 V trunca: seu código de saída é ⌊Vin/LSB⌋ com 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Encontre o código de saída decimal D para uma entrada de 2,65 V.

N = 12VFSR = 3,3 VVin = 2,65 V
D =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​2,8 kHz5f₁?

Uma onda quadrada de 2,8 kHz é amostrada a 10 kHz sem filtro antialiasing. Uma onda quadrada contém os harmônicos ímpares 3f₁, 5f₁, 7f₁, … Em que frequência fa o harmônico 5f₁ aparece nos dados amostrados? Dê em kHz.

f₁ = 2,8 kHzfs = 10 kHzharmônico: 5f₁
fa = kHz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 47 kΩ

O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V. Encontre a tensão de saída Vout.

Vin = 1,5 VRa = 4,7 kΩRb = 47 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1,2 VR2​ = 2 kΩ

O amplificador somador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V. Encontre a tensão de saída Vout.

V1 = 0,3 VV2 = −1,2 VR1 = 47 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
Req = Ω
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​10 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 2 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAab

Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABab

Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.

V1 = 10 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Pg = 25,71 mW

Ponte de Wheatstone: dois divisores de tensão compartilham uma mesma alimentação Vs. O divisor da esquerda R1–R2 dá Va = Vs·R2/(R1 + R2) e o divisor da direita R3–R4 dá Vb = Vs·R4/(R3 + R4); a saída é Vab = Va − Vb. A ponte está equilibrada (Vab = 0, sem corrente no medidor) quando R1/R2 = R3/R4, isto é, R1·R4 = R2·R3. Vista da saída, a ponte é uma fonte de Thévenin com Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tensão sobre o extensômetro

V = 6/2 = 3 V

Potência

Pg = 3²/350 = 25,71 mW

Resposta

Pg = 25,71 mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: σ = 132 MPa

Extensômetros: um extensômetro altera sua resistência com a deformação: ΔR/R = GF·ε, onde o fator do extensômetro GF é cerca de 2 para folha metálica. Em uma ponte com todos os braços iguais a R, um extensômetro ativo (um quarto de ponte) dá Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dois extensômetros ativos com deformações opostas em braços adjacentes (meia ponte) dão Vs·GF·ε/2, e quatro (ponte completa) dão Vs·GF·ε. A tensão mecânica segue da lei de Hooke, σ = E·ε. As células de carga indicam sua sensibilidade em mV/V: a saída a plena carga por volt de excitação.

Deformação

ε = 4·0,0015/(2,5·2) = 0,0012

Tensão

σ = 110·10³ MPa·0,0012 = 132 MPa

Resposta

σ = 132 MPa
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: D = 3289

Resolução do ADC: um conversor de N bits divide sua faixa de fundo de escala VFSR em 2ᴺ códigos, de 0 a 2ᴺ − 1. Um passo é 1 LSB = VFSR/2ᴺ: a menor variação que o conversor consegue mostrar. Um ADC com truncamento dá o código ⌊Vin/LSB⌋; um ADC com arredondamento nunca fica a mais de ½ LSB do valor verdadeiro, seu erro de quantização. Cada bit a mais reduz o LSB à metade e acrescenta cerca de 6 dB à relação sinal-ruído de quantização ideal SQNR = 6,02·N + 1,76 dB para uma senoide de fundo de escala. Para alcançar uma resolução r em uma faixa, escolha o menor N com 2ᴺ ≥ faixa/r.

Tamanho do passo

1 LSB = 3,3/212 = 0,8057 mV

Código

Vin/LSB = 2650/0,8057 = 3289
código = ⌊3289⌋ = 3289

Resposta

D = 3289

Em binário, isso é 110011011001.

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 4 kHz

Amostragem: um ADC mede o sinal fs vezes por segundo. Pelo teorema de Nyquist–Shannon, uma frequência f só é capturada corretamente enquanto f < fs/2, a frequência de Nyquist (de dobramento), de modo que a taxa de amostragem deve superar o dobro da maior frequência do sinal. Uma frequência mais alta não se perde: ela aparece como um alias em fa = |f − k·fs|, com o número inteiro k que leva o resultado para entre 0 e fs/2. As amostras não distinguem as duas, então um filtro analógico antialiasing deve remover tudo acima de fs/2 antes do ADC.

Frequência do harmônico

5f₁ = 5·2,8 kHz = 14 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(1,4) = 1

Frequência de aliasing

fa = |14 − 1·10| = 4 kHz

Resposta

fa = 4 kHz

O alias cai dentro da banda do sinal, onde nenhum filtro digital consegue removê-lo. Só um filtro analógico antes do ADC ajuda.

5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 7,747 V

Regras do amplificador operacional ideal: com realimentação negativa, o amplificador ajusta sua saída para que as duas entradas fiquem na mesma tensão (V₋ = V₊), e nenhuma corrente entra em qualquer entrada. Escrever a LKC na entrada inversora com esses dois fatos dá a saída.

Tensão na entrada +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1,5·47/(4,7 + 47) = 1,364 V

Ganho não inversor

V₋ = V₊, e a corrente em R₁ também passa por Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,364·(1 + 22/4,7) = 7,747 V

Resposta

Vout = 7,747 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 1,187 V

Regras do amplificador operacional ideal: com realimentação negativa, o amplificador ajusta sua saída para que as duas entradas fiquem na mesma tensão (V₋ = V₊), e nenhuma corrente entra em qualquer entrada. Escrever a LKC na entrada inversora com esses dois fatos dá a saída.

Correntes de entrada

V₋ = 0, então cada resistor de entrada tem toda a sua tensão de entrada sobre ele.

I1 = V1/R1 = 0,3/47 = 0,006383 mA
I2 = V2/R2 = −1,2/2 = −0,6 mA
If = I1 + I2 = −0,5936 mA

Tensão de saída

Vout = −Rf·If = −2·(−0,5936) = 1,187 V

Resposta

Vout = 1,187 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 23,49 Ω

Resistores em série e em paralelo: em série a mesma corrente passa por cada resistor e R = R₁ + R₂ + …. Em paralelo cada resistor tem a mesma tensão e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Uma rede em escada é reduzida um par por vez até restar uma única resistência equivalente.

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB

Combine os resistores a partir da extremidade mais distante

Comece pela extremidade mais distante da fonte e volte em direção a ela. Resistores com a mesma corrente estão em série; resistores entre os mesmos dois nós estão em paralelo.

R3 + R4 = 12 + 15 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 20·27/(20+27) = 11,49 Ω
Req = R1 + 11,49 = 12 + 11,49 = 23,49 Ω

Resposta

Req = 23,49 Ω
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,6693 A

Resistores em série e em paralelo: em série a mesma corrente passa por cada resistor e R = R₁ + R₂ + …. Em paralelo cada resistor tem a mesma tensão e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Uma rede em escada é reduzida um par por vez até restar uma única resistência equivalente.

R1​ = 25 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBR6​10 Ω

Combine os resistores a partir da extremidade mais distante

Comece pela extremidade mais distante da fonte e volte em direção a ela. Resistores com a mesma corrente estão em série; resistores entre os mesmos dois nós estão em paralelo.

R5 + R6 = 2 + 10 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 5,455 Ω
R3 + 5,455 = 25,45 Ω
R2 ∥ 25,45 = 7,179 Ω
Req = R1 + 7,179 = 25 + 7,179 = 32,18 Ω

Corrente da fonte

A fonte vê só Req, então a lei de Ohm dá a corrente que ela fornece. Essa corrente passa por R₁.

IR1 = V1/Req = 30/32,18 = 0,9323 A

Corrente em R₂

Subtraia a queda em R₁ para obter a tensão no nó A, que é a tensão sobre R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 0,9323·25 = 6,693 V
IR2 = VA/R2 = 6,693/10 = 0,6693 A

Resposta

IR2 = 0,6693 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,6667 A

Teorema de Thévenin: qualquer rede linear de dois terminais se comporta como uma única fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth. O teorema de Norton dá a mesma rede como uma fonte de corrente IN = Vth/Rth em paralelo com Rth.

R1​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩCURTOR2​6 ΩAabRth​

Encontre Rth com todas as fontes desligadas

Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.

R1 ∥ R2 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 12 = 14,73 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Encontre Vth, a tensão de circuito aberto

Com a–b aberto, não passa corrente por R₃, então não há queda nele e V_b = V_A. R₁ e R₂ formam um divisor de tensão.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·6/(5+6) = 9,818 V
IN​0,6667 ARth​14,73 Ωab

Equivalente de Norton

Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.

IN = Vth/Rth = 9,818/14,73 = 0,6667 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 18,33 V

Teorema de Thévenin: qualquer rede linear de dois terminais se comporta como uma única fonte de tensão Vth em série com uma resistência Rth. O teorema de Norton dá a mesma rede como uma fonte de corrente IN = Vth/Rth em paralelo com Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 2 ΩCURTOR2​6 ΩAABERTOBabRth​

Encontre Rth com todas as fontes desligadas

Substitua fontes de tensão por curtos e fontes de corrente por circuitos abertos, depois olhe para o circuito a partir de a–b.

R1 ∥ R2 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Encontre Vth, a tensão de circuito aberto

Com a–b aberto, o único caminho para Iₛ é por R₃ até o nó A. Encontre V_A por superposição de V₁ e Iₛ, depois some a queda em R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,333 + 2,5·4 = 13,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,33 + 2,5·2 = 18,33 V

ExamProblems · examproblems.com/courses/measurement-and-instrumentation