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 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 120 Ω e Vs = 12 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 9,6 Ω. Encontre a saída exata Vab em mV.

Vs = 12 VR = 120 ΩΔR = 9,6 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Um extensômetro de 350 Ω com fator 2 está colado a uma barra de aço. Sob carga sua resistência aumenta 0,35 Ω. Encontre a deformação ε em microdeformação (µε).

R = 350 ΩGF = 2ΔR = 0,35 Ω
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
122 ch∿01N = 1020 kHz? MB

Um gravador amostra 2 canais a 20 kHz cada, com um ADC de 10 bits. Cada amostra é armazenada em bytes inteiros. Encontre a memória M necessária para uma gravação de 1 min, em MB (1 MB = 10⁶ bytes).

n = 2fs = 20 kHzN = 10t = 1 min
M = MB
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
Vin​N = ?VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Uma medição de áudio exige uma relação sinal-ruído de quantização ideal de pelo menos 70 dB para uma senoide de fundo de escala. Encontre o menor número de bits N do ADC.

SQNR ≥ 70 dB
N =
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 100 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 15.

R1 = 100 kΩAv = 15
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​C = 4,7 µFVin​ = 0,6 VR = 2,2 kΩ

O integrador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±13 V. O capacitor está descarregado quando uma entrada constante Vin = 0,6 V é aplicada em t = 0. Encontre a tensão de saída Vout em t = 20 ms.

Vin = 0,6 VR = 2,2 kΩC = 4,7 µFVsat = ±13 Vt = 20 ms
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​8 ΩB

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​3 Ω

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

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 20 ΩR6 = 3 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​5 ABRL​5 ΩIL​

Uma carga RL = 5 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 5 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 230,8 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 = 12·129,6/249,6 = 6,231 V
Vb = 6 V

Saídas

Vab = 230,8 mV

Resposta

Vab = 230,8 mV

A estimativa linear Vs·ΔR/(4R) = 240 mV está 4 % alta demais: um quarto de ponte não é perfeitamente linear.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ε = 500 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 = 0,35/350 = 0,001

Deformação

ε = 0,001/2 = 0,0005 = 500 µε

Resposta

ε = 500 µε
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: M = 4,8 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

2·20000·2 = 80000 B/s

Memória

M = 80000·60 = 4,8 × 10⁶ B = 4,8 MB

Resposta

M = 4,8 MB
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 12

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.

Resolva para N

N ≥ (70 − 1,76)/6,02 = 11,34

Arredondar para cima

N = 12
verificação: 6,02·12 + 1,76 = 74 dB ≥ 70 dB

Resposta

N = 12
5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Rf = 1400 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 = (15 − 1)·100 = 1400 kΩ

Resposta

Rf = 1400 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −1,161 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 = 2,2 kΩ · 4,7 µF = 10,34 ms
taxa da rampa = −Vin/(RC) = −0,6/10,34 = −0,05803 V/ms

Saída no instante dado

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

Vout = −Vin·t/(RC) = −0,6·20/10,34 = −1,161 V

Resposta

Vout = −1,161 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 16,57 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​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​15 ΩAR4​8 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 8 + 8,571 = 16,57 Ω

Resposta

Req = 16,57 Ω
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 0,7719 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​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​3 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 = 20 + 3 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 1,84 Ω
R3 + 1,84 = 4,84 Ω
R2 ∥ 4,84 = 3,659 Ω
Req = R1 + 3,659 = 8 + 3,659 = 11,66 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 = 9/11,66 = 0,7719 A

Resposta

IR1 = 0,7719 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: Rth = 10,57 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​ = 20 ΩR3​ = 2 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 + 2 = 10,57 Ω
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 48,6 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​ = 2 ΩR3​ = 2 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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 2 = 3,5 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAIs​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) = 9 + 5·1,5 = 16,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,5 + 5·2 = 26,5 V
Rth​ = 3,5 Ω+−Vth​26,5 VRL​5 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) = 26,5/(3,5 + 5) = 3,118 A
PL = IL²·RL = 3,118²·5 = 48,6 W

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