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+−Vab​ = ?

Uma ponte tem quatro braços de 300 Ω e Vs = 12 V. O sensor R₂ aumenta de ΔR = 1,2 Ω. Usando a aproximação para pequenas variações, encontre a saída Vab em mV.

Vs = 12 VR = 300 ΩΔR = 1,2 Ω
Vab = mV
2.Ponte de Wheatstone e extensômetrosDifícil
+−2,5 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​ = ?

Uma ponte com braços de 350 Ω é excitada com 2,5 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 = 2,5 VGF = 2ε = 500 µε
Vo = mV
3.Aquisição de dados e amostragemMédia
Vin​N = 18VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Encontre a relação sinal-ruído de quantização ideal SQNR de um ADC de 18 bits para uma senoide de fundo de escala.

N = 18
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​ = 22 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 2,5 VRa​ = 47 kΩRb​ = 100 kΩ

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

Vin = 2,5 VRa = 47 kΩRb = 100 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
6.Circuitos com amplificadores operacionaisDifícil
−+Vout​C = 0,1 µFVin​ = 2,4 VR = 22 kΩ

O integrador usa um amplificador operacional ideal alimentado com ±15 V; sua saída satura em ±13 V. O capacitor está descarregado quando uma entrada constante Vin = 2,4 V é aplicada em t = 0. Encontre a tensão de saída Vout em t = 5 ms.

Vin = 2,4 VR = 22 kΩC = 0,1 µFVsat = ±13 Vt = 5 ms
Vout = V
7.Resistores em série e paraleloMédia
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​5 ΩB

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
8.Resistores em série e paraleloDifícil
R1​ = 6 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​6 Ω

Encontre a resistência equivalente Req vista pela fonte V1.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 ΩR6 = 6 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMédia
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩARL​20 ΩIL​B

Uma carga RL = 20 Ω é ligada entre a–b. Substitua o resto do circuito pelo seu equivalente de Thévenin e encontre a corrente na carga IL.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 ΩRL = 20 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​0,5 ABRL​6 ΩIL​

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 = 6 VIs = 0,5 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 6 Ω
IL = A

3Soluções

1.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vab = 12 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 = 1,2/300 = 0,004

Saída linearizada

Vab ≈ 12·0,004/4 = 12 mV

Resposta

Vab = 12 mV

O valor exato é 11,98 mV; a aproximação é boa enquanto ΔR/R for pequeno.

2.Ponte de Wheatstone e extensômetros

Resposta: Vo = 1,25 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 = 2,5·0,001/2 = 1,25 mV

Resposta

Vo = 1,25 mV
3.Aquisição de dados e amostragem

Resposta: SQNR = 110,1 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 = 6,02·18 + 1,76 = 110,1 dB

Resposta

SQNR = 110,1 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: Vout = 9,661 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 2,5·100/(47 + 100) = 1,701 V

Ganho não inversor

V₋ = V₊, e a corrente em R₁ também passa por Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,701·(1 + 22/4,7) = 9,661 V

Resposta

Vout = 9,661 V
6.Circuitos com amplificadores operacionais

Resposta: Vout = −5,455 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.

Corrente de entrada e taxa da rampa

kΩ vezes µF dá milissegundos.

RC = 22 kΩ · 0,1 µF = 2,2 ms
taxa da rampa = −Vin/(RC) = −2,4/2,2 = −1,091 V/ms

Saída no instante dado

O valor ideal fica dentro de ±Vsat, então o integrador ainda não saturou.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2,4·5/2,2 = −5,455 V

Resposta

Vout = −5,455 V
7.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 11,56 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​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​2 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 = 2·7/(2+7) = 1,556 Ω
Req = R1 + 1,556 = 10 + 1,556 = 11,56 Ω

Resposta

Req = 11,56 Ω
8.Resistores em série e paralelo

Resposta: Req = 9,603 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​ = 6 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​6 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 = 2 + 6 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 6,316 Ω
R3 + 6,316 = 36,32 Ω
R2 ∥ 36,32 = 3,603 Ω
Req = R1 + 3,603 = 6 + 3,603 = 9,603 Ω

Resposta

Req = 9,603 Ω
9.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,338 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​ = 3 ΩR3​ = 6 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 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) = 12·12/(3+12) = 9,6 V
Rth​ = 8,4 Ω+−Vth​9,6 VRL​20 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) = 9,6/(8,4 + 20) = 0,338 A
10.Thévenin e Norton

Resposta: IL = 0,1196 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​ = 4 ΩR3​ = 2 ΩCURTOR2​5 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 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 2 = 4,222 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​0,5 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) = 3,333 + (−0,5)·2,222 = 2,222 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,222 + (−0,5)·2 = 1,222 V
Rth​ = 4,222 Ω+−Vth​1,222 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) = 1,222/(4,222 + 6) = 0,1196 A

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