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 VR1​ = 250 ΩR2​ = 600 ΩR3​ = 300 ΩR4​ = 40 Ωab+−Rth​ = ?

Encontre a resistência de Thévenin Rth da ponte mostrada, vista dos terminais de saída a e b.

Vs = 9 VR1 = 250 ΩR2 = 600 ΩR3 = 300 ΩR4 = 40 Ω
Rth = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−5 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−0,625 mV

Um quarto de ponte com um extensômetro ativo (GF = 2) é excitado com 5 V. Sob carga a saída marca 0,625 mV. Encontre a deformação ε em µε.

Vs = 5 VGF = 2Vo = 0,625 mV
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = ?1 V2ᴺ − 10≤ 5 mV

Um ADC com faixa de entrada de 0 a 1 V deve resolver passos de 5 mV ou menores. Encontre o menor número de bits N.

VFSR = 1 Vresolução = 5 mV
N =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​4 kHz3f₁?

Uma onda quadrada de 4 kHz é amostrada a 20 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 = 4 kHzfs = 20 kHzharmônico: 3f₁
fa = kHz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 1 kΩVin​

O amplificador operacional é ideal e alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±12 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 = 1 kΩRf = 47 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 2 kΩV2​ = −0,2 VR3​ = 100 kΩR4​ = 1 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 = 0,1 VV2 = −0,2 VR1 = 2 kΩR2 = 22 kΩR3 = 100 kΩR4 = 1 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBR6​2 Ω

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 ΩR6 = 2 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAab

Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​1 ABab

Encontre a corrente de Norton IN: a corrente que flui de a para b se os terminais forem curto-circuitados.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 Ω
IN = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Rth = 211,8 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.

Alimentação em curto

R₁∥R₂ = 250·600/850 = 176,5 Ω
R₃∥R₄ = 300·40/340 = 35,29 Ω

Resistência de Thévenin

Rth = 211,8 Ω

Resposta

Rth = 211,8 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ε = 250 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.

Resolva a equação do quarto de ponte

ε = 4·0,000625/(5·2) = 0,00025

Em microdeformação

ε = 250 µε

Resposta

ε = 250 µε
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 8

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.

Passos necessários

1000 mV/5 mV = 200

Bits

log₂(200) = 7,644
27 = 128 < 200 ≤ 28 = 256
N = 8

Resposta

N = 8
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 8 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 = 3·4 kHz = 12 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(0,6) = 1

Frequência de aliasing

fa = |12 − 1·20| = 8 kHz

Resposta

fa = 8 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: Vin,max = 0,25 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 + 47/1 = 48

Maior entrada antes do ceifamento

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/48 = 0,25 V

Resposta

Vin,max = 0,25 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −1,124 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) = −0,2·1/(100 + 1) = −0,00198 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 = −(22/2)·0,1 + (1 + 22/2)·(−0,00198) = −1,1 + (−0,02376) = −1,124 V

Resposta

Vout = −1,124 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 1,5 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​15 VR2​4 ΩAR4​2 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 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 4 + 2,667 = 6,667 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 = 15/6,667 = 2,25 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 = 15 − 2,25·4 = 6 V
IR2 = VA/R2 = 6/4 = 1,5 A

Resposta

IR2 = 1,5 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 13,43 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​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBR6​2 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 = 3 + 2 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 2,5 Ω
R3 + 2,5 = 8,5 Ω
R2 ∥ 8,5 = 5,426 Ω
Req = R1 + 5,426 = 8 + 5,426 = 13,43 Ω

Resposta

Req = 13,43 Ω
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,04211 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​ = 15 ΩCURTOR2​2 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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 15 = 16,76 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​2 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) = 6·2/(15+2) = 0,7059 V
IN​0,04211 ARth​16,76 Ωab

Equivalente de Norton

Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.

IN = Vth/Rth = 0,7059/16,76 = 0,04211 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IN = −0,5304 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​ = 5 ΩR3​ = 25 ΩCURTOR2​15 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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 25 = 28,75 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​1 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) = 13,5 + (−1)·3,75 = 9,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,75 + (−1)·25 = −15,25 V
IN​0,5304 ARth​28,75 Ωab

Equivalente de Norton

Uma fonte de Norton é o mesmo circuito visto como uma fonte de corrente em paralelo com R_th. Sua corrente é a corrente de curto-circuito em a–b.

IN = Vth/Rth = −15,25/28,75 = −0,5304 A

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