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
+−3 V200 Ω200 Ω200 Ω200 Ωab+−

Um extensômetro de 200 Ω é um braço (R₂) de uma ponte com quatro braços iguais de 200 Ω e uma excitação de 3 V. Encontre a potência Pg dissipada no extensômetro, em mW. O autoaquecimento limita a excitação.

Vs = 3 VR = 200 Ω
Pg = mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−1 mV

Um extensômetro (GF = 2) em um elemento com E = 70 GPa forma um quarto de ponte excitado com 10 V. A saída marca 1 mV. Encontre a tensão mecânica axial σ em MPa.

Vs = 10 VGF = 2Vo = 1 mVE = 70 GPa
σ = MPa
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 105 V2ᴺ − 101 LSB3,429 V?

Um ADC de 10 bits com faixa de entrada de 0 a 5 V trunca: seu código de saída é ⌊Vin/LSB⌋ com 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Encontre o código de saída decimal D para uma entrada de 3,429 V.

N = 10VFSR = 5 VVin = 3,429 V
D =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​20 MHz / (16·D)

Um microcontrolador com clock de 20 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 19200 baud. Encontre o erro percentual da taxa de baud real (positivo quando ela é rápida demais).

fclk = 20 MHzalvo = 19200 Bd
e = %
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1,3 V

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

Vin = 1,3 VR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,1 VR3​ = 1 kΩR4​ = 2 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 = −1,9 VV2 = 1,1 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩR3 = 1 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩIR2​AR4​4 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​15 Ω

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

V1 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​0,5 ABRL​4 ΩIL​

Uma carga RL = 4 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩRL = 4 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Pg = 11,25 mW

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 sobre o extensômetro

V = 3/2 = 1,5 V

Potência

Pg = 1,5²/200 = 11,25 mW

Resposta

Pg = 11,25 mW
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: σ = 14 MPa

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.

Deformação

ε = 4·0,001/(10·2) = 0,0002

Tensão

σ = 70·10³ MPa·0,0002 = 14 MPa

Resposta

σ = 14 MPa
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: D = 702

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.

Tamanho do passo

1 LSB = 5/210 = 4,883 mV

Código

Vin/LSB = 3429/4,883 = 702,3
código = ⌊702,3⌋ = 702

Resposta

D = 702

Em binário, isso é 1010111110.

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 = 20·10⁶/(16·19200) = 65,1 → 65

Taxa de baud real

20·10⁶/(16·65) = 19231 Bd

Erro

(19231 − 19200)/19200·100 = 0,1603 %

Resposta

e = 0,1603 %

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

5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 2,6 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₊ = 1,3 V
I = V₋/R1 = 1,3/10 = 0,13 mA

Tensão de saída

A corrente em R₁ também passa por Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,3 + 0,13·10 = 2,6 V

Resposta

Vout = 2,6 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 1,294 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) = 1,1·2/(1 + 2) = 0,7333 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 = −(1/4,7)·(−1,9) + (1 + 1/4,7)·0,7333 = 0,4043 + 0,8894 = 1,294 V

Resposta

Vout = 1,294 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 2,419 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​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​6 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 4 + 3,75 = 7,75 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 = 30/7,75 = 3,871 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 = 30 − 3,871·4 = 14,52 V
IR2 = VA/R2 = 14,52/6 = 2,419 A

Resposta

IR2 = 2,419 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 0,9187 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​ = 30 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBR6​15 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 + 15 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 9,189 Ω
R3 + 9,189 = 39,19 Ω
R2 ∥ 39,19 = 9,187 Ω
Req = R1 + 9,187 = 30 + 9,187 = 39,19 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 = 36/39,19 = 0,9187 A

Resposta

IR1 = 0,9187 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 12,29 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​ = 15 ΩR3​ = 8 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 8 = 12,29 Ω
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 1,11 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​ = 20 ΩR3​ = 20 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 20 = 24,62 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​0,5 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) = 2,769 + 0,5·4,615 = 5,077 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,077 + 0,5·20 = 15,08 V
Rth​ = 24,62 Ω+−Vth​15,08 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) = 15,08/(24,62 + 4) = 0,5269 A
PL = IL²·RL = 0,5269²·4 = 1,11 W

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