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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
Trate a ponte como dois divisores de tensão sobre a mesma alimentação.
Para o equilíbrio, faça R₁/R₂ = R₃/R₄ e resolva para o resistor desconhecido.
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.
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
Anote o que é dado: taxa de amostragem, frequências do sinal, número de bits, faixa de entrada, taxa de baud.
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.
Em questões de resolução, determine 1 LSB = VFSR/2ᴺ ou o menor N com 2ᴺ ≥ faixa/resolução.
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
Comece pela extremidade da rede mais distante dos terminais.
Combine resistores em série somando-os, e resistores em paralelo com 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Redesenhe o circuito após cada passo.
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
Retire a carga e marque os dois terminais a e b.
Encontre a tensão de circuito aberto entre a e b: essa é Vth.
Desligue todas as fontes independentes e encontre a resistência vista de a–b: essa é Rth.
Recoloque a carga no circuito equivalente: Vth em série com Rth.
Para o equivalente de Norton, converta: IN = Vth/Rth, com RN = Rth em paralelo.
2Exercícios
1.Ponte de Wheatstone e extensômetrosMédia
Um extensômetro de 100 Ω é um braço (R₂) de uma ponte com quatro braços iguais de 100 Ω e uma excitação de 2 V. Encontre a potência Pg dissipada no extensômetro, em mW. O autoaquecimento limita a excitação.
Vs = 2 VR = 100 Ω
Pg = mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
Um quarto de ponte com um extensômetro ativo (GF = 2,1) é excitado com 2,5 V. Sob carga a saída marca 1,969 mV. Encontre a deformação ε em µε.
Vs = 2,5 VGF = 2,1Vo = 1,969 mV
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Um ADC de 8 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 0,918 V.
N = 8VFSR = 3,3 VVin = 0,918 V
D =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
Um ADC de 24 bits transmite cada amostra por uma UART a 230400 baud, formato 8E1 (bit de início, 8 bits de dados, paridade par, 1 bit de parada). Cada amostra é enviada como 3 byte(s) inteiro(s) e o enlace fica ocupado o tempo todo. Encontre a maior frequência de sinal fmax que pode ser amostrada sem aliasing, em Hz.
baud = 230400 BdN = 248E1
fmax = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V. Encontre a tensão de saída Vout.
Vin = −0,9 VR1 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
Dois estágios com amplificador operacional ideal estão ligados em cascata: um amplificador inversor (R1, Rf1) seguido de um amplificador não inversor (R2 para o terra, Rf2 na realimentação). Os dois são alimentados com ±15 V. A entrada é Vin = 0,05 V. Encontre a tensão de saída Vout.
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 = 2/2 = 1 V
Potência
Pg = 1²/100 = 10 mW
Resposta
Pg = 10 mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros
Resposta: ε = 1500 µε
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.
Resolva a equação do quarto de ponte
ε = 4·0,001969/(2,5·2,1) = 0,0015
Em microdeformação
ε = 1500 µε
Resposta
ε = 1500 µε
3.Aquisição de dados e amostragem
Resposta: D = 71
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 = 3,3/28 = 12,89 mV
Código
Vin/LSB = 918/12,89 = 71,21
código = ⌊71,21⌋ = 71
Resposta
D = 71
Em binário, isso é 01000111.
4.Aquisição de dados e amostragem
Resposta: fmax = 3491 Hz
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.
Bits por amostra na linha
3·11 = 33 bit
Maior taxa de amostragem
fs,max = 230400/33 = 6982 Hz
Limite de Nyquist
fmax = 6982/2 = 3491 Hz
Resposta
fmax = 3491 Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionais
Resposta: Vout = −1,8 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.
A entrada inversora segue a entrada
V₋ = V₊ = −0,9 V
I = V₋/R1 = −0,9/4,7 = −0,1915 mA
Tensão de saída
A corrente em R₁ também passa por Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −0,9 + (−0,1915)·4,7 = −1,8 V
Resposta
Vout = −1,8 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais
Resposta: Vout = −2,617 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.
Ganho de cada estágio
A1 = −Rf1/R1 = −47/22 = −2,136
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 47/2 = 24,5
Estágio por estágio
V1 = −2,136·0,05 = −0,1068 V
Vout = 24,5·(−0,1068) = −2,617 V
Resposta
Vout = −2,617 V
7.Resistores em série e paralelo
Resposta: IR2 = 0,9375 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.
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 = 15 + 5 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 2 + 3,333 = 5,333 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 = 6/5,333 = 1,125 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 = 6 − 1,125·2 = 3,75 V
IR2 = VA/R2 = 3,75/4 = 0,9375 A
Resposta
IR2 = 0,9375 A
8.Resistores em série e paralelo
Resposta: IR2 = 0,6339 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.
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 = 20 + 8 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 13,21 Ω
R3 + 13,21 = 18,21 Ω
R2 ∥ 18,21 = 3,28 Ω
Req = R1 + 3,28 = 20 + 3,28 = 23,28 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 = 18/23,28 = 0,7732 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 − 0,7732·20 = 2,536 V
IR2 = VA/R2 = 2,536/4 = 0,6339 A
Resposta
IR2 = 0,6339 A
9.Thévenin e Norton
Resposta: IL = 0,2712 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.
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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 10 = 12,18 Ω
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) = 12·8/(3+8) = 8,727 V
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) = 8,727/(12,18 + 20) = 0,2712 A
10.Thévenin e Norton
Resposta: IL = 3,706 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.
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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
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) = 25 + 6·3,333 = 45 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 45 + 6·10 = 105 V
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.