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
+−5 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−49,02 mV

Uma ponte com quatro braços de 120 Ω é alimentada com 5 V. Quando o sensor R₂ varia, a saída marca Vab = 49,02 mV. Encontre a variação exata ΔR de R₂.

Vs = 5 VR = 120 ΩVab = 49,02 mV
ΔR = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−5 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma célula de carga (uma ponte completa de extensômetros) tem uma saída nominal de 1 mV/V na carga nominal de 50 kg. Ela é excitada com 5 V. Encontre sua saída Vo sob uma carga de 25 kg.

1 mV/VFrated = 50 kgVs = 5 VF = 25 kg
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 15 kHzfs​ = 20 kHz

Uma onda senoidal de 15 kHz é amostrada a 20 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em kHz.

f = 15 kHzfs = 20 kHz
fa = kHz
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​12 kHz3f₁?

Uma onda quadrada de 12 kHz é amostrada a 50 kHz sem filtro antialiasing. Uma onda quadrada contém os harmônicos ímpares 3f₁, 5f₁, 7f₁, … Em que frequência fa o harmônico 3f₁ aparece nos dados amostrados? Dê em kHz.

f₁ = 12 kHzfs = 50 kHzharmônico: 3f₁
fa = kHz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 22 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 8.

R1 = 22 kΩAv = 8
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 0,2 VR1​ = 1 kΩV2​ = −0,1 VR2​ = 22 kΩIf​

O amplificador somador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V. Encontre a corrente If no resistor de realimentação, fluindo em direção à saída.

V1 = 0,2 VV2 = −0,1 VR1 = 1 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 ΩB

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩIR2​AR4​12 ΩBR6​15 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 ΩR5 = 25 ΩR6 = 15 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩARL​10 ΩIL​B

Uma carga RL = 10 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 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAIs​0,5 ABab

Encontre a tensão de Thévenin Vth vista dos terminais a–b.

V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ΔR = 4,8 Ω

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 do nó

Va = 2,5 + 0,04902 = 2,549 V

Resolva o divisor

R₂ = 120·2,549/(5 − 2,549) = 124,8 Ω
ΔR = 124,8 − 120 = 4,8 Ω

Resposta

ΔR = 4,8 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 2,5 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

1·5 = 5 mV

Saída nesta carga

Vo = 5·25/50 = 2,5 mV

Resposta

Vo = 2,5 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 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 = 10 kHz < f = 15 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(15/20) = 1

Frequência de aliasing

fa = |15 − 1·20| = 5 kHz

Resposta

fa = 5 kHz

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

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 14 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 do harmônico

3f₁ = 3·12 kHz = 36 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(0,72) = 1

Frequência de aliasing

fa = |36 − 1·50| = 14 kHz

Resposta

fa = 14 kHz

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: Rf = 154 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 = (8 − 1)·22 = 154 kΩ

Resposta

Rf = 154 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: If = 0,1955 mA

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.

Correntes de entrada

V₋ = 0, então cada resistor de entrada tem toda a sua tensão de entrada sobre ele.

I1 = V1/R1 = 0,2/1 = 0,2 mA
I2 = V2/R2 = −0,1/22 = −0,004545 mA
If = I1 + I2 = 0,1955 mA

Resposta

If = 0,1955 mA
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 19,04 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​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 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 + 6 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 5·21/(5+21) = 4,038 Ω
Req = R1 + 4,038 = 15 + 4,038 = 19,04 Ω

Resposta

Req = 19,04 Ω
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 2,107 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​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​12 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 = 25 + 15 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 9,231 Ω
R3 + 9,231 = 24,23 Ω
R2 ∥ 24,23 = 2,669 Ω
Req = R1 + 2,669 = 10 + 2,669 = 12,67 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 = 30/12,67 = 2,368 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 − 2,368·10 = 6,321 V
IR2 = VA/R2 = 6,321/3 = 2,107 A

Resposta

IR2 = 2,107 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,4571 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​ = 15 ΩR3​ = 5 ΩCURTOR2​10 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 5 = 11 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​10 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) = 24·10/(15+10) = 9,6 V
Rth​ = 11 Ω+−Vth​9,6 VRL​10 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) = 9,6/(11 + 10) = 0,4571 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 25 V

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​ = 6 ΩR3​ = 20 ΩCURTOR2​30 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 = 6·30/(6+30) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 20 = 25 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​30 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) = 12,5 + 0,5·5 = 15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15 + 0,5·20 = 25 V

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