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​ = 250 ΩR2​ = 800 ΩR3​ = 80 ΩR4​ = 800 Ωab+−Rth​ = ?

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

Vs = 6 VR1 = 250 ΩR2 = 800 ΩR3 = 80 ΩR4 = 800 Ω
Rth = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−5 V1000 Ω − ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma célula de carga (uma ponte completa de extensômetros) tem uma saída nominal de 2,5 mV/V na carga nominal de 200 kg. Ela é excitada com 5 V. Encontre sua saída Vo sob uma carga de 100 kg.

2,5 mV/VFrated = 200 kgVs = 5 VF = 100 kg
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = ?200 kPa2ᴺ − 10≤ 0,5 kPa

Um sensor mede pressão em uma faixa de 200 kPa, e sua saída preenche toda a faixa de entrada de um ADC. A leitura deve resolver 0,5 kPa. Encontre o menor número de bits N de que o ADC precisa.

faixa = 200 kParesolução = 0,5 kPa
N =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​38400 Bd, 8E1

Um ADC de 10 bits transmite cada amostra por uma UART a 38400 baud, formato 8E1 (bit de início, 8 bits de dados, paridade par, 1 bit de parada). Cada amostra é enviada como 2 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 = 38400 BdN = 108E1
fmax = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 2.

R1 = 10 kΩAv = 2
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,3 VR3​ = 2 kΩR4​ = 10 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 = 0,1 VV2 = 0,3 VR1 = 47 kΩR2 = 1 kΩR3 = 2 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩIR2​AR4​4 ΩBR6​20 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 8 ΩR6 = 20 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩARL​2 ΩIL​B

Uma carga RL = 2 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​1,5 ABab

Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Rth = 263,2 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 = 250·800/1050 = 190,5 Ω
R₃∥R₄ = 80·800/880 = 72,73 Ω

Resistência de Thévenin

Rth = 263,2 Ω

Resposta

Rth = 263,2 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 6,25 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.

Saída em fundo de escala

2,5·5 = 12,5 mV

Saída nesta carga

Vo = 12,5·100/200 = 6,25 mV

Resposta

Vo = 6,25 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 9

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

200/0,5 = 400

Bits

log₂(400) = 8,644
28 = 256 < 400 ≤ 29 = 512
N = 9

Resposta

N = 9
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fmax = 872,7 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

2·11 = 22 bit

Maior taxa de amostragem

fs,max = 38400/22 = 1745 Hz

Limite de Nyquist

fmax = 1745/2 = 872,7 Hz

Resposta

fmax = 872,7 Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Rf = 10 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 = (2 − 1)·10 = 10 kΩ

Resposta

Rf = 10 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 0,2532 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) = 0,3·10/(2 + 10) = 0,25 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 = −(1/47)·0,1 + (1 + 1/47)·0,25 = −0,002128 + 0,2553 = 0,2532 V

Resposta

Vout = 0,2532 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 1,565 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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​4 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 5 + 2,667 = 7,667 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 = 18/7,667 = 2,348 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 − 2,348·5 = 6,261 V
IR2 = VA/R2 = 6,261/4 = 1,565 A

Resposta

IR2 = 1,565 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,1138 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​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAR4​4 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 3,5 Ω
R3 + 3,5 = 33,5 Ω
R2 ∥ 33,5 = 15,83 Ω
Req = R1 + 15,83 = 12 + 15,83 = 27,83 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 = 6/27,83 = 0,2156 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 − 0,2156·12 = 3,413 V
IR2 = VA/R2 = 3,413/30 = 0,1138 A

Resposta

IR2 = 0,1138 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,2344 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​ = 12 ΩR3​ = 2 ΩCURTOR2​5 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 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 2 = 5,529 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 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) = 6·5/(12+5) = 1,765 V
Rth​ = 5,529 Ω+−Vth​1,765 VRL​2 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) = 1,765/(5,529 + 2) = 0,2344 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = −10,59 V

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​ = 6 ΩCURTOR2​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 6 = 7,765 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAIs​1,5 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) = 1,059 + (−1,5)·1,765 = −1,588 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −1,588 + (−1,5)·6 = −10,59 V

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