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
+−12 VR1​ = 10 ΩR2​ = 250 ΩR3​ = 40 ΩR4​ = 600 ΩabGRg​ = 200 Ω

Um galvanômetro com resistência de 200 Ω é ligado entre a e b da ponte mostrada (Vs = 12 V). Encontre a corrente do galvanômetro Ig de a para b, em µA.

Vs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 250 ΩR3 = 40 ΩR4 = 600 ΩRg = 200 Ω
Ig = µA
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma célula de carga (uma ponte completa de extensômetros) tem uma saída nominal de 2 mV/V na carga nominal de 500 kg. Ela é excitada com 10 V. Encontre sua saída Vo sob uma carga de 250 kg.

2 mV/VFrated = 500 kgVs = 10 VF = 250 kg
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
124⋮4 ch∿01N = 105 kHz? MB

Um gravador amostra 4 canais a 5 kHz cada, com um ADC de 10 bits. Cada amostra é armazenada em bytes inteiros. Encontre a memória M necessária para uma gravação de 15 min, em MB (1 MB = 10⁶ bytes).

n = 4fs = 5 kHzN = 10t = 15 min
M = MB
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​12 MHz / (16·D)

Um microcontrolador com clock de 12 MHz define sua taxa de baud da UART como fclk/(16·D), com D um número inteiro arredondado para o valor mais próximo. O alvo é 57600 baud. Encontre o erro percentual da taxa de baud real (positivo quando ela é rápida demais).

fclk = 12 MHzalvo = 57600 Bd
e = %
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −1,8 VR1​ = 22 kΩV2​ = −0,1 VR3​ = 22 kΩR4​ = 47 kΩ

O amplificador diferencial usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V, com R3 = R1 e R4 = R2. Encontre a tensão de saída Vout.

V1 = −1,8 VV2 = −0,1 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
Vin​V1​Vout​estágio 1: inversorR1​ = 2 kΩRf1​ = 10 kΩestágio 2: não inversorR2​ = 100 kΩRf2​ = 100 kΩ

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 = 0,85 V. Encontre a tensão de saída Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 100 kΩVin = 0,85 V
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

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

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​4 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩR5 = 12 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 ABRL​15 ΩIL​

Uma carga RL = 15 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Ig = 1167 µA

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 de Thévenin

Vth = 12·(250/260 − 600/640) = 0,2885 V

Resistência de Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 47,12 Ω

Corrente do galvanômetro

Ig = 0,2885/(47,12 + 200) = 1167 µA

Resposta

Ig = 1167 µA
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 10 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

2·10 = 20 mV

Saída nesta carga

Vo = 20·250/500 = 10 mV

Resposta

Vo = 10 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: M = 36 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

⌈10/8⌉ = 2 B

Taxa de bytes

4·5000·2 = 40000 B/s

Memória

M = 40000·900 = 3,6 × 10⁷ B = 36 MB

Resposta

M = 36 MB
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: e = 0,1603 %

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.

Divisor

D = 12·10⁶/(16·57600) = 13,02 → 13

Taxa de baud real

12·10⁶/(16·13) = 57692 Bd

Erro

(57692 − 57600)/57600·100 = 0,1603 %

Resposta

e = 0,1603 %

Um erro abaixo de cerca de 2 % costuma ser aceitável.

5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 3,632 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 nas entradas

R₃ e R₄ conduzem a mesma corrente, então formam um divisor de tensão; a realimentação faz V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,1·47/(22 + 47) = −0,06812 V
V₋ = V₊

LKC na entrada inversora

(−1,8 − −0,06812)/22 = (−0,06812 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/22)·(−0,1 − (−1,8)) = 3,632 V

Resposta

Vout = 3,632 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −8,5 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 = −10/2 = −5
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/100 = 2

Estágio por estágio

V1 = −5·0,85 = −4,25 V
Vout = 2·(−4,25) = −8,5 V

Resposta

Vout = −8,5 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,043 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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​20 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 4 + 7,5 = 11,5 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 = 12/11,5 = 1,043 A

Resposta

IR1 = 1,043 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,2117 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​ = 8 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​15 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 = 12 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 7,742 Ω
R3 + 7,742 = 15,74 Ω
R2 ∥ 15,74 = 6,809 Ω
Req = R1 + 6,809 = 20 + 6,809 = 26,81 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 = 10/26,81 = 0,373 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 = 10 − 0,373·20 = 2,54 V
IR2 = VA/R2 = 2,54/12 = 0,2117 A

Resposta

IR2 = 0,2117 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,1636 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​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩCURTOR2​15 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 15 = 23,57 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​15 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) = 9·15/(20+15) = 3,857 V
IN​0,1636 ARth​23,57 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 = 3,857/23,57 = 0,1636 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 28,96 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩCURTOR2​15 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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 5 = 8,75 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAIs​3 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) = 6,75 + 3·3,75 = 18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18 + 3·5 = 33 V
Rth​ = 8,75 Ω+−Vth​33 VRL​15 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) = 33/(8,75 + 15) = 1,389 A
PL = IL²·RL = 1,389²·15 = 28,96 W

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