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 V330 Ω330 Ω + ΔR330 Ω330 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 330 Ω e Vs = 9 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 49,5 Ω. Encontre a saída exata Vab em mV.

Vs = 9 VR = 330 ΩΔR = 49,5 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω + ΔR120 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 120 Ω é excitada com 10 V e tem quatro extensômetros ativos, dois sob tração e dois sob compressão (ponte completa). O fator do extensômetro é 2,1 e a deformação é 750 µε. Encontre a saída da ponte Vo em mV.

Vs = 10 VGF = 2,1ε = 750 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 24VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Encontre a relação sinal-ruído de quantização ideal SQNR de um ADC de 24 bits para uma senoide de fundo de escala.

N = 24
SQNR = dB
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​300 Hz7f₁?

Uma onda quadrada de 300 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 = 300 Hzfs = 2 kHzharmônico: 7f₁
fa = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 2 kΩVin​

O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±14 V. O amplificador não inversor é alimentado por uma onda senoidal. Encontre a maior amplitude de entrada Vin,max (valor de pico) para a qual a saída não é ceifada.

R1 = 2 kΩRf = 10 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = 2,2 VR = 1 kΩ

O integrador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±12 V. O capacitor está descarregado quando uma entrada constante Vin = 2,2 V é aplicada em t = 0. Encontre a tensão de saída Vout em t = 1 ms.

Vin = 2,2 VR = 1 kΩC = 2,2 µFVsat = ±12 Vt = 1 ms
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​10 ΩB

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

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBR6​4 Ω

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

V1 = 36 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 2 ΩR6 = 4 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAab

Encontre a resistência de Thévenin Rth vista dos terminais a–b.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAIs​2 ABRL​8 ΩIL​

Uma carga RL = 8 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩRL = 8 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 314 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 = 9·379,5/709,5 = 4,814 V
Vb = 4,5 V

Saídas

Vab = 314 mV

Resposta

Vab = 314 mV

A estimativa linear Vs·ΔR/(4R) = 337,5 mV está 7,5 % alta demais: um quarto de ponte não é perfeitamente linear.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 15,75 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 = 2,1·750·10⁻⁶ = 0,001575

Saída da ponte

Vo = Vs·GF·ε = 10·0,001575 = 15,75 mV

Resposta

Vo = 15,75 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: SQNR = 146,2 dB

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.

SQNR ideal

SQNR = 6,02·24 + 1,76 = 146,2 dB

Resposta

SQNR = 146,2 dB
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 100 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 = 7·300 Hz = 2,1 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(1,05) = 1

Frequência de aliasing

fa = |2100 − 1·2000| = 100 Hz

Resposta

fa = 100 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: Vin,max = 2,333 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

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/2 = 6

Maior entrada antes do ceifamento

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/6 = 2,333 V

Resposta

Vin,max = 2,333 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −1 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.

Corrente de entrada e taxa da rampa

kΩ vezes µF dá milissegundos.

RC = 1 kΩ · 2,2 µF = 2,2 ms
taxa da rampa = −Vin/(RC) = −2,2/2,2 = −1 V/ms

Saída no instante dado

O valor ideal fica dentro de ±Vsat, então o integrador ainda não saturou.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,2·1/2,2 = −1 V

Resposta

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

Resposta: IR1 = 0,4773 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​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​15 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 = 10 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 4 + 8,571 = 12,57 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 = 6/12,57 = 0,4773 A

Resposta

IR1 = 0,4773 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,833 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​15 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 = 2 + 4 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 2,727 Ω
R3 + 2,727 = 6,727 Ω
R2 ∥ 6,727 = 4,644 Ω
Req = R1 + 4,644 = 15 + 4,644 = 19,64 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 = 36/19,64 = 1,833 A

Resposta

IR1 = 1,833 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 8,455 Ω

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​ = 3 ΩCURTOR2​12 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 3 = 8,455 Ω
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 34,96 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​ = 3 ΩR3​ = 25 ΩCURTOR2​12 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 25 = 27,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAIs​2 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) = 19,2 + 2·2,4 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + 2·25 = 74 V
Rth​ = 27,4 Ω+−Vth​74 VRL​8 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) = 74/(27,4 + 8) = 2,09 A
PL = IL²·RL = 2,09²·8 = 34,96 W

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