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
+−2 V400 Ω400 Ω + ΔR400 Ω400 Ωab+−38,46 mV

Uma ponte com quatro braços de 400 Ω é alimentada com 2 V. Quando o sensor R₂ varia, a saída marca Vab = 38,46 mV. Encontre a variação exata ΔR de R₂.

Vs = 2 VR = 400 ΩVab = 38,46 mV
ΔR = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω + ΔR120 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Uma célula de carga (uma ponte completa de extensômetros) tem uma saída nominal de 3 mV/V na carga nominal de 50 kg. Ela é excitada com 10 V. Encontre sua saída Vo sob uma carga de 25 kg.

3 mV/VFrated = 50 kgVs = 10 VF = 25 kg
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = ?200 mm2ᴺ − 10≤ 0,5 mm

Um sensor mede distância em uma faixa de 200 mm, e sua saída preenche toda a faixa de entrada de um ADC. A leitura deve resolver 0,5 mm. Encontre o menor número de bits N de que o ADC precisa.

faixa = 200 mmresolução = 0,5 mm
N =
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​2fs​3fs​22,5 kHz7f₁?

Uma onda quadrada de 22,5 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 7f₁ aparece nos dados amostrados? Dê em kHz.

f₁ = 22,5 kHzfs = 50 kHzharmônico: 7f₁
fa = kHz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 6.

R1 = 2 kΩAv = 6
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
Vin​V1​Vout​estágio 1: inversorR1​ = 22 kΩRf1​ = 47 kΩestágio 2: não inversorR2​ = 2 kΩRf2​ = 1 kΩ

Dois estágios com amplificador operacional ideal estão ligados em cascata: um amplificador inversor (R1, Rf1) seguido de um amplificador não inversor (R2 para o terra, Rf2 na realimentação). Os dois são alimentados com ±15 V. Encontre o ganho de tensão total Av = Vout/Vin.

R1 = 22 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 1 kΩ
Av =
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩAR4​8 ΩB

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

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 ΩR5 = 15 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 Ω
IN = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ΔR = 32 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 = 1 + 0,03846 = 1,038 V

Resolva o divisor

R₂ = 400·1,038/(2 − 1,038) = 432 Ω
ΔR = 432 − 400 = 32 Ω

Resposta

ΔR = 32 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 15 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

3·10 = 30 mV

Saída nesta carga

Vo = 30·25/50 = 15 mV

Resposta

Vo = 15 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: N = 9

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

200/0,5 = 400

Bits

log₂(400) = 8,644
28 = 256 < 400 ≤ 29 = 512
N = 9

Resposta

N = 9
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 7,5 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 do harmônico

7f₁ = 7·22,5 kHz = 157,5 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(3,15) = 3

Frequência de aliasing

fa = |157,5 − 3·50| = 7,5 kHz

Resposta

fa = 7,5 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 = 10 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 = (6 − 1)·2 = 10 kΩ

Resposta

Rf = 10 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Av = −3,205

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 cada estágio

A1 = −Rf1/R1 = −47/22 = −2,136
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/2 = 1,5

Ganho total

Av = A1·A2 = −2,136·1,5 = −3,205

Resposta

Av = −3,205
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,016 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 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 = 20 + 8 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 15·28/(15+28) = 9,767 Ω
Req = R1 + 9,767 = 5 + 9,767 = 14,77 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 = 15/14,77 = 1,016 A

Resposta

IR1 = 1,016 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 0,654 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​ = 15 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBR6​20 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 = 15 + 20 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 2,763 Ω
R3 + 2,763 = 5,763 Ω
R2 ∥ 5,763 = 3,35 Ω
Req = R1 + 3,35 = 15 + 3,35 = 18,35 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 = 12/18,35 = 0,654 A

Resposta

IR1 = 0,654 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: Vth = 12 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​ = 15 ΩR3​ = 2 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 + 2 = 8 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 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) = 30·10/(15+10) = 12 V
10.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 2,588 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​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩCURTOR2​4 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 25 = 28,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAIs​2,5 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) = 2,5 + 2,5·3,333 = 10,83 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,83 + 2,5·25 = 73,33 V
IN​2,588 ARth​28,33 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 = 73,33/28,33 = 2,588 A

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