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 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−59,41 mV

Uma ponte com quatro braços de 300 Ω é alimentada com 12 V. Quando o sensor R₂ varia, a saída marca Vab = 59,41 mV. Encontre a variação exata ΔR de R₂.

Vs = 12 VR = 300 ΩVab = 59,41 mV
ΔR = Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Um extensômetro de 350 Ω com fator 2,05 está colado a uma barra de aço. Sob carga sua resistência aumenta 0,574 Ω. Encontre a deformação ε em microdeformação (µε).

R = 350 ΩGF = 2,05ΔR = 0,574 Ω
ε = µε
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 6VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Encontre a relação sinal-ruído de quantização ideal SQNR de um ADC de 6 bits para uma senoide de fundo de escala.

N = 6
SQNR = dB
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​2 MHz / (16·D)

Um microcontrolador com clock de 2 MHz define sua taxa de baud da UART como fclk/(16·D), com D um número inteiro arredondado para o valor mais próximo. O alvo é 4800 baud. Encontre o erro percentual da taxa de baud real (positivo quando ela é rápida demais).

fclk = 2 MHzalvo = 4800 Bd
e = %
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Escolha o resistor de realimentação Rf que dá a este amplificador não inversor um ganho de tensão de 51.

R1 = 10 kΩAv = 51
Rf = kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 1 VR1​ = 1 kΩV2​ = −1,1 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = 1 VV2 = −1,1 VR1 = 1 kΩR2 = 22 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​8 Ω

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 36 VR1 = 30 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​1,5 ABRL​3 ΩIL​

Uma carga RL = 3 Ω é ligada entre a–b. Use um equivalente de Thévenin para encontrar a potência PL entregue à carga.

V1 = 5 VIs = 1,5 AR1 = 30 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 ΩRL = 3 Ω
PL = W

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ΔR = 6 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 = 6 + 0,05941 = 6,059 V

Resolva o divisor

R₂ = 300·6,059/(12 − 6,059) = 306 Ω
ΔR = 306 − 300 = 6 Ω

Resposta

ΔR = 6 Ω
2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: ε = 800 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 = 0,574/350 = 0,00164

Deformação

ε = 0,00164/2,05 = 0,0008 = 800 µε

Resposta

ε = 800 µε
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: SQNR = 37,88 dB

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.

SQNR ideal

SQNR = 6,02·6 + 1,76 = 37,88 dB

Resposta

SQNR = 37,88 dB
4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: e = 0,1603 %

UART: um enlace serial assíncrono envia cada byte como um quadro: um bit de início (baixo), os bits de dados, um bit de paridade opcional e um ou dois bits de parada (alto). A taxa de baud é o número de bits por segundo, então um bit dura Tb = 1/baud e um quadro de n bits dura n/baud. O formato comum 8N1 tem 10 bits por byte. O gerador de baud divide o clock: baud = fclk/(16·D) com um número inteiro D, então a taxa de baud real difere um pouco da desejada; um erro abaixo de cerca de 2 % costuma ser aceitável.

Divisor

D = 2·10⁶/(16·4800) = 26,04 → 26

Taxa de baud real

2·10⁶/(16·26) = 4808 Bd

Erro

(4808 − 4800)/4800·100 = 0,1603 %

Resposta

e = 0,1603 %

Um erro abaixo de cerca de 2 % costuma ser aceitável.

5.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Rf = 500 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 = (51 − 1)·10 = 500 kΩ

Resposta

Rf = 500 kΩ
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −0,95 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 = 1/1 = 1 mA
I2 = V2/R2 = −1,1/22 = −0,05 mA
If = I1 + I2 = 0,95 mA

Tensão de saída

Vout = −Rf·If = −1·0,95 = −0,95 V

Resposta

Vout = −0,95 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,9091 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​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​20 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Req = R1 + 4,615 = 3 + 4,615 = 7,615 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 = 30/7,615 = 3,939 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 − 3,939·3 = 18,18 V
IR2 = VA/R2 = 18,18/20 = 0,9091 A

Resposta

IR2 = 0,9091 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 31,71 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​ = 30 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​10 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 = 7,917 Ω
R3 + 7,917 = 11,92 Ω
R2 ∥ 11,92 = 1,713 Ω
Req = R1 + 1,713 = 30 + 1,713 = 31,71 Ω

Resposta

Req = 31,71 Ω
9.Thévenin e Norton

Resposta: IN = 0,9 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​ = 10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 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) = 18·10/(5+10) = 12 V
IN​0,9 ARth​13,33 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 = 12/13,33 = 0,9 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: PL = 6,277 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​ = 30 ΩR3​ = 25 ΩCURTOR2​25 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 = 30·25/(30+25) = 13,64 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 13,64 + 25 = 38,64 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR2​25 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) = 2,273 + 1,5·13,64 = 22,73 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,73 + 1,5·25 = 60,23 V
Rth​ = 38,64 Ω+−Vth​60,23 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) = 60,23/(38,64 + 3) = 1,447 A
PL = IL²·RL = 1,447²·3 = 6,277 W

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