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​ = 80 ΩR2​ = 200 ΩR3​ = 600 ΩR4​ = 80 Ωab+−Rth​ = ?

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

Vs = 9 VR1 = 80 ΩR2 = 200 ΩR3 = 600 ΩR4 = 80 Ω
Rth = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−3 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​

Um quarto de ponte (um extensômetro ativo, GF = 2,05) é excitado com 3 V. A maior deformação a ser medida é 600 µε, e ela deve resultar em 3,3 V na entrada de um conversor analógico-digital. Encontre o ganho do amplificador G.

Vs = 3 VGF = 2,05εmax = 600 µεVFS = 3,3 V
G =
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 9 kHzfs​ = 10 kHz

Uma onda senoidal de 9 kHz é amostrada a 10 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em kHz.

f = 9 kHzfs = 10 kHz
fa = kHz
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 65 dB para uma senoide de fundo de escala. Encontre o menor número de bits N do ADC.

SQNR ≥ 65 dB
N =
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 0,1 V

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

Vin = 0,1 VR1 = 1 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = −0,3 VR1​ = 2 kΩV2​ = 1,1 VR2​ = 47 kΩ

O amplificador somador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V. Encontre a tensão de saída Vout.

V1 = −0,3 VV2 = 1,1 VR1 = 2 kΩR2 = 47 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 8 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​5 ΩB

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​8 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 25 ΩR5 = 30 ΩR6 = 8 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩARL​3 ΩIL​B

Uma carga RL = 3 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​1,5 ABab

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
IN = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Rth = 127,7 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 = 80·200/280 = 57,14 Ω
R₃∥R₄ = 600·80/680 = 70,59 Ω

Resistência de Thévenin

Rth = 127,7 Ω

Resposta

Rth = 127,7 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: G = 3577

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 da ponte em fundo de escala

Vo = 0,9225 mV

Ganho

G = 3,3/0,0009225 = 3577

Resposta

G = 3577
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 1 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 = 5 kHz < f = 9 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(9/10) = 1

Frequência de aliasing

fa = |9 − 1·10| = 1 kHz

Resposta

fa = 1 kHz

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

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 11

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 ≥ (65 − 1,76)/6,02 = 10,5

Arredondar para cima

N = 11
verificação: 6,02·11 + 1,76 = 67,98 dB ≥ 65 dB

Resposta

N = 11
5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 1,1 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.

A entrada inversora segue a entrada

V₋ = V₊ = 0,1 V
I = V₋/R1 = 0,1/1 = 0,1 mA

Tensão de saída

A corrente em R₁ também passa por Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,1 + 0,1·10 = 1,1 V

Resposta

Vout = 1,1 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 12,66 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.

Correntes de entrada

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

I1 = V1/R1 = −0,3/2 = −0,15 mA
I2 = V2/R2 = 1,1/47 = 0,0234 mA
If = I1 + I2 = −0,1266 mA

Tensão de saída

Vout = −Rf·If = −100·(−0,1266) = 12,66 V

Resposta

Vout = 12,66 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 14,21 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​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​5 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 = 4 + 5 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 20·9/(20+9) = 6,207 Ω
Req = R1 + 6,207 = 8 + 6,207 = 14,21 Ω

Resposta

Req = 14,21 Ω
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 2,466 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​ = 2 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAR4​25 ΩBR6​8 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 = 30 + 8 = 38 Ω
R4 ∥ 38 = 15,08 Ω
R3 + 15,08 = 40,08 Ω
R2 ∥ 40,08 = 9,235 Ω
Req = R1 + 9,235 = 2 + 9,235 = 11,23 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 = 36/11,23 = 3,204 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 = 36 − 3,204·2 = 29,59 V
IR2 = VA/R2 = 29,59/12 = 2,466 A

Resposta

IR2 = 2,466 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,3333 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​ = 6 ΩR3​ = 5 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 5 = 9 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​12 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) = 6·12/(6+12) = 4 V
Rth​ = 9 Ω+−Vth​4 VRL​3 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) = 4/(9 + 3) = 0,3333 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IN = −0,75 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​ = 6 ΩR3​ = 10 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAIs​1,5 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) = 10,71 + (−1,5)·4,286 = 4,286 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,286 + (−1,5)·10 = −10,71 V
IN​0,75 ARth​14,29 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 = −10,71/14,29 = −0,75 A

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