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
+−9 V200 Ω200 Ω + ΔR200 Ω200 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 200 Ω e Vs = 9 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 16 Ω. Encontre a saída exata Vab em mV.

Vs = 9 VR = 200 ΩΔR = 16 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−5 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 120 Ω é excitada com 5 V e tem dois extensômetros ativos em braços adjacentes, um sob tração e outro sob compressão (meia ponte). O fator do extensômetro é 2,05 e a deformação é 1000 µε. Encontre a saída da ponte Vo em mV.

Vs = 5 VGF = 2,05ε = 1000 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 160 kHzfs​ = 100 kHz

Uma onda senoidal de 160 kHz é amostrada a 100 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em kHz.

f = 160 kHzfs = 100 kHz
fa = kHz
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​32 MHz / (16·D)

Um microcontrolador com clock de 32 MHz define sua taxa de baud da UART como fclk/(16·D), com D um número inteiro arredondado para o valor mais próximo. O alvo é 57600 baud. Encontre o erro percentual da taxa de baud real (positivo quando ela é rápida demais).

fclk = 32 MHzalvo = 57600 Bd
e = %
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 21.

R1 = 4,7 kΩAv = 21
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,1 VR2​ = 47 kΩIf​

O amplificador somador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V. Encontre a corrente If no resistor de realimentação, fluindo em direção à saída.

V1 = −0,8 VV2 = −1,1 VR1 = 22 kΩR2 = 47 kΩRf = 100 kΩ
If = mA
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩIR2​AR4​5 ΩBR6​20 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 ΩR5 = 10 ΩR6 = 20 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​0,5 ABRL​20 ΩIL​

Uma carga RL = 20 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩRL = 20 Ω
IL = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 173,1 mV

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.

Tensões dos nós

Va = 9·216/416 = 4,673 V
Vb = 4,5 V

Saídas

Vab = 173,1 mV

Resposta

Vab = 173,1 mV

A estimativa linear Vs·ΔR/(4R) = 180 mV está 4 % alta demais: um quarto de ponte não é perfeitamente linear.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 5,125 mV

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.

Variação relativa da resistência

ΔR/R = 2,05·1000·10⁻⁶ = 0,00205

Saída da ponte

Vo = Vs·GF·ε/2 = 5·0,00205/2 = 5,125 mV

Resposta

Vo = 5,125 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 40 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 de Nyquist

fs/2 = 50 kHz < f = 160 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(160/100) = 2

Frequência de aliasing

fa = |160 − 2·100| = 40 kHz

Resposta

fa = 40 kHz

A curva tracejada na figura é o alias: ela passa exatamente pelas mesmas amostras.

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: e = −0,7937 %

UART: um enlace serial assíncrono envia cada byte como um quadro: um bit de início (baixo), os bits de dados, um bit de paridade opcional e um ou dois bits de parada (alto). A taxa de baud é o número de bits por segundo, então um bit dura Tb = 1/baud e um quadro de n bits dura n/baud. O formato comum 8N1 tem 10 bits por byte. O gerador de baud divide o clock: baud = fclk/(16·D) com um número inteiro D, então a taxa de baud real difere um pouco da desejada; um erro abaixo de cerca de 2 % costuma ser aceitável.

Divisor

D = 32·10⁶/(16·57600) = 34,72 → 35

Taxa de baud real

32·10⁶/(16·35) = 57143 Bd

Erro

(57143 − 57600)/57600·100 = −0,7937 %

Resposta

e = −0,7937 %

Um erro abaixo de cerca de 2 % costuma ser aceitável.

5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Rf = 94 kΩ

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.

Ganho de um amplificador não inversor

V₋ = V₊ = Vin, e a corrente em R₁ também passa por Rf, então Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (21 − 1)·4,7 = 94 kΩ

Resposta

Rf = 94 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: If = −0,05977 mA

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 = −0,8/22 = −0,03636 mA
I2 = V2/R2 = −1,1/47 = −0,0234 mA
If = I1 + I2 = −0,05977 mA

Resposta

If = −0,05977 mA
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,799 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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​12 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 = 5 + 12 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 4·17/(4+17) = 3,238 Ω
Req = R1 + 3,238 = 15 + 3,238 = 18,24 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 = 18/18,24 = 0,9869 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 = 18 − 0,9869·15 = 3,196 V
IR2 = VA/R2 = 3,196/4 = 0,799 A

Resposta

IR2 = 0,799 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,2987 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​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBR6​20 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 = 10 + 20 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 12,29 Ω
R2 ∥ 12,29 = 3,554 Ω
Req = R1 + 3,554 = 25 + 3,554 = 28,55 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 = 12/28,55 = 0,4203 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 = 12 − 0,4203·25 = 1,493 V
IR2 = VA/R2 = 1,493/5 = 0,2987 A

Resposta

IR2 = 0,2987 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,3571 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​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩCURTOR2​4 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 12 = 14 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​4 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) = 10·4/(4+4) = 5 V
IN​0,3571 ARth​14 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 = 5/14 = 0,3571 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IL = −0,1429 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​ = 30 ΩR3​ = 10 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 = 30·6/(30+6) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 10 = 15 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAIs​0,5 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) = 2,5 + (−0,5)·5 = 0 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 0 + (−0,5)·10 = −5 V
Rth​ = 15 Ω−+Vth​5 VRL​20 ΩIL​

Ligue a carga ao equivalente de Thévenin

A fonte de Thévenin e R_th em série se comportam exatamente como o circuito original em a–b, então a carga vê uma malha simples em série.

IL = Vth/(Rth + RL) = −5/(15 + 20) = −0,1429 A

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