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
+−15 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 350 Ω e Vs = 15 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 17,5 Ω. Encontre a saída exata Vab em mV.

Vs = 15 VR = 350 ΩΔR = 17,5 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Um extensômetro de 350 Ω com fator 2,1 está colado a uma barra de aço. Sob carga sua resistência aumenta 0,5513 Ω. Encontre a deformação ε em microdeformação (µε).

R = 350 ΩGF = 2,1ΔR = 0,5513 Ω
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 80 kHzfs​ = 50 kHz

Uma onda senoidal de 80 kHz é amostrada a 50 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em kHz.

f = 80 kHzfs = 50 kHz
fa = kHz
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​115200 Bd, 8E1

Um ADC de 16 bits transmite cada amostra por uma UART a 115200 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 = 115200 BdN = 168E1
fmax = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = −0,7 V

O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V. Encontre a tensão de saída Vout.

Vin = −0,7 VR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 0,4 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,8 VR3​ = 22 kΩR4​ = 4,7 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 = 0,4 VV2 = 1,8 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩR3 = 22 kΩR4 = 4,7 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBR6​10 Ω

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 ΩR5 = 12 ΩR6 = 10 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAIs​1,5 ABab

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 25 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 182,9 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 = 15·367,5/717,5 = 7,683 V
Vb = 7,5 V

Saídas

Vab = 182,9 mV

Resposta

Vab = 182,9 mV

A estimativa linear Vs·ΔR/(4R) = 187,5 mV está 2,5 % alta demais: um quarto de ponte não é perfeitamente linear.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ε = 750 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.

Variação relativa da resistência

ΔR/R = 0,5513/350 = 0,001575

Deformação

ε = 0,001575/2,1 = 0,00075 = 750 µε

Resposta

ε = 750 µε
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 20 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 = 25 kHz < f = 80 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(80/50) = 2

Frequência de aliasing

fa = |80 − 2·50| = 20 kHz

Resposta

fa = 20 kHz

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

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fmax = 2618 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 = 115200/22 = 5236 Hz

Limite de Nyquist

fmax = 5236/2 = 2618 Hz

Resposta

fmax = 2618 Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −1,4 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₊ = −0,7 V
I = V₋/R1 = −0,7/100 = −0,007 mA

Tensão de saída

A corrente em R₁ também passa por Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,7 + (−0,007)·100 = −1,4 V

Resposta

Vout = −1,4 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 0,3152 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) = 1,8·4,7/(22 + 4,7) = 0,3169 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 = −(2/100)·0,4 + (1 + 2/100)·0,3169 = −0,008 + 0,3232 = 0,3152 V

Resposta

Vout = 0,3152 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,3592 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​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​15 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 10·17/(10+17) = 6,296 Ω
Req = R1 + 6,296 = 20 + 6,296 = 26,3 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 = 15/26,3 = 0,5704 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 = 15 − 0,5704·20 = 3,592 V
IR2 = VA/R2 = 3,592/10 = 0,3592 A

Resposta

IR2 = 0,3592 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 14,32 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​ = 10 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​20 ΩBR6​10 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 = 12 + 10 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 10,48 Ω
R3 + 10,48 = 15,48 Ω
R2 ∥ 15,48 = 4,324 Ω
Req = R1 + 4,324 = 10 + 4,324 = 14,32 Ω

Resposta

Req = 14,32 Ω
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 2,813 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​ = 4 ΩCURTOR2​6 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 4 = 6,4 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​6 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) = 30·6/(4+6) = 18 V
IN​2,813 ARth​6,4 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 = 18/6,4 = 2,813 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 19,24 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​ = 25 ΩR3​ = 8 ΩCURTOR2​4 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 = 25·4/(25+4) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 8 = 11,45 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​4 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) = 2,069 + 1,5·3,448 = 7,241 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,241 + 1,5·8 = 19,24 V

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