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
+−15 V500 Ω500 Ω + ΔR500 Ω500 Ωab+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 500 Ω e Vs = 15 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 2,5 Ω. Usando a aproximação para pequenas variações, encontre a saída Vab em mV.

Vs = 15 VR = 500 ΩΔR = 2,5 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−10 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 120 Ω é excitada com 10 V e tem dois extensômetros ativos em braços adjacentes, um sob tração e outro sob compressão (meia ponte). O fator do extensômetro é 2 e a deformação é 500 µε. Encontre a saída da ponte Vo em mV.

Vs = 10 VGF = 2ε = 500 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
tTs​ = 1/fs​f = 5,6 kHzfs​ = 8 kHz

Uma onda senoidal de 5,6 kHz é amostrada a 8 kHz sem filtro antialiasing. Em que frequência fa ela aparece nas amostras? Dê em Hz.

f = 5,6 kHzfs = 8 kHz
fa = Hz
4.Aquisição de dados e amostragemDifícil
f0fs​/2fs​750 Hz7f₁?

Uma onda quadrada de 750 Hz é amostrada a 5 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 Hz.

f₁ = 750 Hzfs = 5 kHzharmônico: 7f₁
fa = Hz
5.Circuitos com amplificadores operacionaisMédia
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 1 kΩV2​ = −0,5 VR3​ = 1 kΩR4​ = 10 kΩ

O amplificador diferencial usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V, com R3 = R1 e R4 = R2. Encontre a tensão V− na entrada inversora.

V1 = 0,3 VV2 = −0,5 VR1 = R3 = 1 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
V− = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
Vin​V1​Vout​estágio 1: inversorR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩestágio 2: não inversorR2​ = 100 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. A entrada é Vin = −0,65 V. Encontre a tensão de saída Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 1 kΩVin = −0,65 V
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​5 ΩB

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

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​4 Ω

Encontre a corrente IR2 em R2.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 3 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩARL​6 ΩIL​B

Uma carga RL = 6 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩRL = 6 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 5 VIs = 2 AR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 Ω
IN = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 18,75 mV

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.

Variação relativa

ΔR/R = 2,5/500 = 0,005

Saída linearizada

Vab ≈ 15·0,005/4 = 18,75 mV

Resposta

Vab = 18,75 mV

O valor exato é 18,7 mV; a aproximação é boa enquanto ΔR/R for pequeno.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 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.

Variação relativa da resistência

ΔR/R = 2·500·10⁻⁶ = 0,001

Saída da ponte

Vo = Vs·GF·ε/2 = 10·0,001/2 = 5 mV

Resposta

Vo = 5 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 2400 Hz

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 = 4 kHz < f = 5,6 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

k = round(5600/8000) = 1

Frequência de aliasing

fa = |5600 − 1·8000| = 2400 Hz

Resposta

fa = 2400 Hz

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

4.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: fa = 250 Hz

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 = 7·750 Hz = 5,25 kHz

Múltiplo mais próximo da taxa de amostragem

m = round(1,05) = 1

Frequência de aliasing

fa = |5250 − 1·5000| = 250 Hz

Resposta

fa = 250 Hz

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: V− = −0,4545 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 nas entradas

R₃ e R₄ conduzem a mesma corrente, então formam um divisor de tensão; a realimentação faz V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −0,5·10/(1 + 10) = −0,4545 V
V₋ = V₊

Resposta

V− = −0,4545 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = 0,6565 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 de cada estágio

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/100 = 1,01

Estágio por estágio

V1 = −1·(−0,65) = 0,65 V
Vout = 1,01·0,65 = 0,6565 V

Resposta

Vout = 0,6565 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR1 = 1,17 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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​4 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 4·7/(4+7) = 2,545 Ω
Req = R1 + 2,545 = 6 + 2,545 = 8,545 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 = 10/8,545 = 1,17 A

Resposta

IR1 = 1,17 A
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: IR2 = 0,09577 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​ = 15 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAR4​2 ΩBR6​4 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 + 4 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 1,556 Ω
R3 + 1,556 = 16,56 Ω
R2 ∥ 16,56 = 9,96 Ω
Req = R1 + 9,96 = 15 + 9,96 = 24,96 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 = 6/24,96 = 0,2404 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 = 6 − 0,2404·15 = 2,394 V
IR2 = VA/R2 = 2,394/25 = 0,09577 A

Resposta

IR2 = 0,09577 A
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,5 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​ = 4 ΩCURTOR2​3 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 4 = 6 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​3 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) = 18·3/(6+3) = 6 V
Rth​ = 6 Ω+−Vth​6 VRL​6 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) = 6/(6 + 6) = 0,5 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IN = −1,881 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​ = 30 ΩR3​ = 4 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 = 30·15/(30+15) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 4 = 14 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAIs​2 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) = 1,667 + (−2)·10 = −18,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −18,33 + (−2)·4 = −26,33 V
IN​1,881 ARth​14 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 = −26,33/14 = −1,881 A

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