Medição e Instrumentação: pacote de revisão

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

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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 VR1​ = 100 ΩR2​ = 50 ΩR3​ = 80 ΩR4​ = 500 ΩabGRg​ = 50 Ω

Um galvanômetro com resistência de 50 Ω é ligado entre a e b da ponte mostrada (Vs = 6 V). Encontre a corrente do galvanômetro Ig de a para b, em µA.

Vs = 6 VR1 = 100 ΩR2 = 50 ΩR3 = 80 ΩR4 = 500 ΩRg = 50 Ω
Ig = µA
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−3 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​

Um quarto de ponte (um extensômetro ativo, GF = 2,12) é excitado com 3 V. A maior deformação a ser medida é 1500 µε, e ela deve resultar em 10 V na entrada de um conversor analógico-digital. Encontre o ganho do amplificador G.

Vs = 3 VGF = 2,12εmax = 1500 µεVFS = 10 V
G =
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 1010 V2ᴺ − 11 LSB1,235 V?

Um ADC de 10 bits com faixa de entrada de 0 a 10 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 1,235 V.

N = 10VFSR = 10 VVin = 1,235 V
D =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​1,44 kHz3f₁?

Uma onda quadrada de 1,44 kHz é amostrada a 8 kHz sem filtro antialiasing. Uma onda quadrada contém os harmônicos ímpares 3f₁, 5f₁, 7f₁, … Em que frequência fa o harmônico 3f₁ aparece nos dados amostrados? Dê em Hz.

f₁ = 1,44 kHzfs = 8 kHzharmônico: 3f₁
fa = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​R2​ = 4,7 kΩV1​ = −3 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,5 VR3​ = 2 kΩR4​ = 4,7 kΩ

O amplificador diferencial usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V, com R3 = R1 e R4 = R2. Encontre a tensão de saída Vout.

V1 = −3 VV2 = 0,5 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 4,7 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 1,1 VR1​ = 2 kΩV2​ = −2 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = 1,1 VV2 = −2 VR1 = 2 kΩR2 = 22 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​4 ΩB

Encontre a corrente IR1 fornecida pela fonte, que passa por R1.

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​4 Ω

Encontre a corrente IR1 fornecida pela fonte, que passa por R1.

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 25 Ω
IN = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Ig = −20830 µA

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 de Thévenin

Vth = 6·(50/150 − 500/580) = −3,172 V

Resistência de Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 102,3 Ω

Corrente do galvanômetro

Ig = −3,172/(102,3 + 50) = −20830 µA

Resposta

Ig = −20830 µA
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: G = 4193

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.

Saída da ponte em fundo de escala

Vo = 2,385 mV

Ganho

G = 10/0,002385 = 4193

Resposta

G = 4193
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: D = 126

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 = 10/210 = 9,766 mV

Código

Vin/LSB = 1235/9,766 = 126,5
código = ⌊126,5⌋ = 126

Resposta

D = 126

Em binário, isso é 0001111110.

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 3680 Hz

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

3f₁ = 3·1,44 kHz = 4,32 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(0,54) = 1

Frequência de aliasing

fa = |4320 − 1·8000| = 3680 Hz

Resposta

fa = 3680 Hz

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 = 8,225 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 nas entradas

R₃ e R₄ conduzem a mesma corrente, então formam um divisor de tensão; a realimentação faz V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,5·4,7/(2 + 4,7) = 0,3507 V
V₋ = V₊

LKC na entrada inversora

(−3 − 0,3507)/2 = (0,3507 − Vout)/4,7
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (4,7/2)·(0,5 − (−3)) = 8,225 V

Resposta

Vout = 8,225 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −0,9182 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 = 1,1/2 = 0,55 mA
I2 = V2/R2 = −2/22 = −0,09091 mA
If = I1 + I2 = 0,4591 mA

Tensão de saída

Vout = −Rf·If = −2·0,4591 = −0,9182 V

Resposta

Vout = −0,9182 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,5 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​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​4 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Req = R1 + 4 = 8 + 4 = 12 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 = 18/12 = 1,5 A

Resposta

IR1 = 1,5 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 0,6459 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​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​4 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 1,714 Ω
R3 + 1,714 = 11,71 Ω
R2 ∥ 11,71 = 6,578 Ω
Req = R1 + 6,578 = 12 + 6,578 = 18,58 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 = 12/18,58 = 0,6459 A

Resposta

IR1 = 0,6459 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,587 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​ = 2 ΩR3​ = 8 ΩCURTOR2​3 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 = 2·3/(2+3) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 8 = 9,2 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 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) = 9·3/(2+3) = 5,4 V
IN​0,587 ARth​9,2 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 = 5,4/9,2 = 0,587 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 2,146 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​ = 25 ΩCURTOR2​30 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 25 = 29,29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAIs​2 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) = 4,286 + 2·4,286 = 12,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,86 + 2·25 = 62,86 V
IN​2,146 ARth​29,29 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 = 62,86/29,29 = 2,146 A

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