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
+−3 VR1​ = 40 ΩR2​ = 1000 ΩR3​ = 300 ΩR4​ = 300 Ωab+−Rth​ = ?

Encontre a resistência de Thévenin Rth da ponte mostrada, vista dos terminais de saída a e b.

Vs = 3 VR1 = 40 ΩR2 = 1000 ΩR3 = 300 ΩR4 = 300 Ω
Rth = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V1000 Ω − ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 1000 Ω é excitada com 10 V e tem quatro extensômetros ativos, dois sob tração e dois sob compressão (ponte completa). O fator do extensômetro é 2 e a deformação é 1500 µε. Encontre a saída da ponte Vo em mV.

Vs = 10 VGF = 2ε = 1500 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
122 ch∿01N = 245 kHz? MB

Um gravador amostra 2 canais a 5 kHz cada, com um ADC de 24 bits. Cada amostra é armazenada em bytes inteiros. Encontre a memória M necessária para uma gravação de 2 min, em MB (1 MB = 10⁶ bytes).

n = 2fs = 5 kHzN = 24t = 2 min
M = MB
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​2fs​3fs​22,5 kHz7f₁?

Uma onda quadrada de 22,5 kHz é amostrada a 50 kHz sem filtro antialiasing. Uma onda quadrada contém os harmônicos ímpares 3f₁, 5f₁, 7f₁, … Em que frequência fa o harmônico 7f₁ aparece nos dados amostrados? Dê em kHz.

f₁ = 22,5 kHzfs = 50 kHzharmônico: 7f₁
fa = kHz
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 3.

R1 = 4,7 kΩAv = 3
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 2,5 VR = 22 kΩ

O integrador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±13 V. O capacitor está descarregado quando uma entrada constante Vin = 2,5 V é aplicada em t = 0. Quanto tempo após t = 0 a saída atinge a saturação? Encontre t.

Vin = 2,5 VR = 22 kΩC = 4,7 µFVsat = ±13 V
t = ms
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​8 Ω

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

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 ΩR5 = 6 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAab

Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.

V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​2 ABRL​6 ΩIL​

Uma carga RL = 6 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩRL = 6 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Rth = 188,5 Ω

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.

Alimentação em curto

R₁∥R₂ = 40·1000/1040 = 38,46 Ω
R₃∥R₄ = 300·300/600 = 150 Ω

Resistência de Thévenin

Rth = 188,5 Ω

Resposta

Rth = 188,5 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 30 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 = 2·1500·10⁻⁶ = 0,003

Saída da ponte

Vo = Vs·GF·ε = 10·0,003 = 30 mV

Resposta

Vo = 30 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: M = 3,6 MB

Taxas de dados: cada canal fornece fs amostras por segundo de N bits, então a taxa bruta é canais × fs × N bit/s. Na memória, uma amostra ocupa bytes inteiros (uma amostra de 12 bits é armazenada em 2 bytes), então a memória para uma gravação é canais × fs × bytes por amostra × tempo. Um ADC multiplexado converte os canais um após o outro: cada conversão (com o tempo de estabilização) leva t, então uma rodada de n canais leva n·t e cada canal é amostrado a 1/(n·t).

Bytes por amostra

⌈24/8⌉ = 3 B

Taxa de bytes

2·5000·3 = 30000 B/s

Memória

M = 30000·120 = 3,6 × 10⁶ B = 3,6 MB

Resposta

M = 3,6 MB
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 7,5 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

7f₁ = 7·22,5 kHz = 157,5 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(3,15) = 3

Frequência de aliasing

fa = |157,5 − 3·50| = 7,5 kHz

Resposta

fa = 7,5 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: Rf = 9,4 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 = (3 − 1)·4,7 = 9,4 kΩ

Resposta

Rf = 9,4 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: t = 537,7 ms

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.

Corrente de entrada e taxa da rampa

kΩ vezes µF dá milissegundos.

RC = 22 kΩ · 4,7 µF = 103,4 ms
taxa da rampa = −Vin/(RC) = −2,5/103,4 = −0,02418 V/ms

Tempo até a saturação

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·103,4/2,5 = 537,7 ms

Resposta

t = 537,7 ms
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,7105 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​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​10 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 + 10 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
Req = R1 + 5,538 = 12 + 5,538 = 17,54 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 = 18/17,54 = 1,026 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 − 1,026·12 = 5,684 V
IR2 = VA/R2 = 5,684/8 = 0,7105 A

Resposta

IR2 = 0,7105 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 2,815 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​8 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 = 6 + 8 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 3,684 Ω
R3 + 3,684 = 9,684 Ω
R2 ∥ 9,684 = 6,525 Ω
Req = R1 + 6,525 = 2 + 6,525 = 8,525 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 = 24/8,525 = 2,815 A

Resposta

IR1 = 2,815 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 8,429 Ω

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​ = 6 ΩR3​ = 5 ΩCURTOR2​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 5 = 8,429 Ω
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 8,702 W

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​ = 15 ΩR3​ = 3 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 3 = 7,286 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​6 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) = 1,429 + 2·4,286 = 10 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10 + 2·3 = 16 V
Rth​ = 7,286 Ω+−Vth​16 VRL​6 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) = 16/(7,286 + 6) = 1,204 A
PL = IL²·RL = 1,204²·6 = 8,702 W

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