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
+−5 VR1​ = 60 ΩR2​ = 400 ΩR3​ = 300 ΩR4​ = 800 Ωab+−Rth​ = ?

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

Vs = 5 VR1 = 60 ΩR2 = 400 ΩR3 = 300 ΩR4 = 800 Ω
Rth = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−1,25 mV

Um quarto de ponte com um extensômetro ativo (GF = 2) é excitado com 5 V. Sob carga a saída marca 1,25 mV. Encontre a deformação ε em µε.

Vs = 5 VGF = 2Vo = 1,25 mV
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = ?10 V2ᴺ − 10≤ 5 mV

Um ADC com faixa de entrada de 0 a 10 V deve resolver passos de 5 mV ou menores. Encontre o menor número de bits N.

VFSR = 10 Vresolução = 5 mV
N =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​2fs​560 Hz7f₁?

Uma onda quadrada de 560 Hz é amostrada a 2 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 Hz.

f₁ = 560 Hzfs = 2 kHzharmônico: 7f₁
fa = Hz
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​R2​ = 2 kΩV1​ = 1,8 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,6 VR3​ = 10 kΩR4​ = 1 kΩ

O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V. As razões dos resistores não estão casadas. Encontre a tensão de saída Vout.

V1 = 1,8 VV2 = 0,6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2 kΩR3 = 10 kΩR4 = 1 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 5 ΩR6 = 4 Ω
Req = Ω
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​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​0,5 ABRL​4 ΩIL​

Uma carga RL = 4 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩRL = 4 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Rth = 270,4 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 = 60·400/460 = 52,17 Ω
R₃∥R₄ = 300·800/1100 = 218,2 Ω

Resistência de Thévenin

Rth = 270,4 Ω

Resposta

Rth = 270,4 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ε = 500 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 = 4·0,00125/(5·2) = 0,0005

Em microdeformação

ε = 500 µε

Resposta

ε = 500 µε
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 11

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.

Passos necessários

10000 mV/5 mV = 2000

Bits

log₂(2000) = 10,97
210 = 1024 < 2000 ≤ 211 = 2048
N = 11

Resposta

N = 11
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 80 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

7f₁ = 7·560 Hz = 3,92 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(1,96) = 2

Frequência de aliasing

fa = |3920 − 2·2000| = 80 Hz

Resposta

fa = 80 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: 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: Vout = −0,6882 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,6·1/(10 + 1) = 0,05455 V

Superponha as duas entradas

Com V₂ = 0, V₁ vê um amplificador inversor. Com V₁ = 0, V₊ é amplificada pelo ganho não inversor 1 + R₂/R₁.

Vout = −(2/4,7)·1,8 + (1 + 2/4,7)·0,05455 = −0,766 + 0,07776 = −0,6882 V

Resposta

Vout = −0,6882 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,3243 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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​12 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 = 4 + 4 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 10 + 4,8 = 14,8 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 = 12/14,8 = 0,8108 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 − 0,8108·10 = 3,892 V
IR2 = VA/R2 = 3,892/12 = 0,3243 A

Resposta

IR2 = 0,3243 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 6,953 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​ = 4 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​5 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 3,214 Ω
R3 + 3,214 = 7,214 Ω
R2 ∥ 7,214 = 2,953 Ω
Req = R1 + 2,953 = 4 + 2,953 = 6,953 Ω

Resposta

Req = 6,953 Ω
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: PL = 1,242 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​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩCURTOR2​10 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 6 = 13,5 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​10 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) = 3 + 0,5·7,5 = 6,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,75 + 0,5·6 = 9,75 V
Rth​ = 13,5 Ω+−Vth​9,75 VRL​4 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) = 9,75/(13,5 + 4) = 0,5571 A
PL = IL²·RL = 0,5571²·4 = 1,242 W

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