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
+−9 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 300 Ω e Vs = 9 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 60 Ω. Encontre a saída exata Vab em mV.

Vs = 9 VR = 300 ΩΔR = 60 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−3 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 120 Ω é excitada com 3 V e tem dois extensômetros ativos em braços adjacentes, um sob tração e outro sob compressão (meia ponte). O fator do extensômetro é 2 e a deformação é 800 µε. Encontre a saída da ponte Vo em mV.

Vs = 3 VGF = 2ε = 800 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 11,5 kHzfs​ = 10 kHz

Uma onda senoidal de 11,5 kHz é amostrada a 10 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em kHz.

f = 11,5 kHzfs = 10 kHz
fa = kHz
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​9600 Bd, 8E1

Um ADC de 24 bits transmite cada amostra por uma UART a 9600 baud, formato 8E1 (bit de início, 8 bits de dados, paridade par, 1 bit de parada). Cada amostra é enviada como 3 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 = 9600 BdN = 248E1
fmax = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 4.

R1 = 47 kΩAv = 4
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
Vin​V1​Vout​estágio 1: inversorR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩestágio 2: não inversorR2​ = 47 kΩRf2​ = 2 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 = 1 V. Encontre a tensão de saída Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 2 kΩVin = 1 V
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 25 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​6 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 25 ΩR4 = 15 ΩR5 = 2 ΩR6 = 6 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩARL​4 ΩIL​B

Uma carga RL = 4 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 4 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2,5 ABRL​3 ΩIL​

Uma carga RL = 3 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩRL = 3 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 409,1 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 = 9·360/660 = 4,909 V
Vb = 4,5 V

Saídas

Vab = 409,1 mV

Resposta

Vab = 409,1 mV

A estimativa linear Vs·ΔR/(4R) = 450 mV está 10 % alta demais: um quarto de ponte não é perfeitamente linear.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 2,4 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 = 2·800·10⁻⁶ = 0,0016

Saída da ponte

Vo = Vs·GF·ε/2 = 3·0,0016/2 = 2,4 mV

Resposta

Vo = 2,4 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 1,5 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 de Nyquist

fs/2 = 5 kHz < f = 11,5 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(11,5/10) = 1

Frequência de aliasing

fa = |11,5 − 1·10| = 1,5 kHz

Resposta

fa = 1,5 kHz

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

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fmax = 145,5 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

3·11 = 33 bit

Maior taxa de amostragem

fs,max = 9600/33 = 290,9 Hz

Limite de Nyquist

fmax = 290,9/2 = 145,5 Hz

Resposta

fmax = 145,5 Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Rf = 141 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 = (4 − 1)·47 = 141 kΩ

Resposta

Rf = 141 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −1,043 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 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/47 = 1,043

Estágio por estágio

V1 = −1·1 = −1 V
Vout = 1,043·(−1) = −1,043 V

Resposta

Vout = −1,043 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,897 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​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAR4​12 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 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 6·27/(6+27) = 4,909 Ω
Req = R1 + 4,909 = 3 + 4,909 = 7,909 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 = 15/7,909 = 1,897 A

Resposta

IR1 = 1,897 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,8376 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​ = 25 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​15 ΩBR6​6 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 = 2 + 6 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 5,217 Ω
R3 + 5,217 = 30,22 Ω
R2 ∥ 30,22 = 1,876 Ω
Req = R1 + 1,876 = 25 + 1,876 = 26,88 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 = 24/26,88 = 0,893 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 = 24 − 0,893·25 = 1,675 V
IR2 = VA/R2 = 1,675/2 = 0,8376 A

Resposta

IR2 = 0,8376 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,8571 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​ = 10 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 2 = 5,333 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 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) = 24·5/(10+5) = 8 V
Rth​ = 5,333 Ω+−Vth​8 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) = 8/(5,333 + 4) = 0,8571 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 37,08 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​ = 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 3 = 5,727 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2,5 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) = 16,36 + 2,5·2,727 = 23,18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 23,18 + 2,5·3 = 30,68 V
Rth​ = 5,727 Ω+−Vth​30,68 VRL​3 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) = 30,68/(5,727 + 3) = 3,516 A
PL = IL²·RL = 3,516²·3 = 37,08 W

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