Fundamentos de Instrumentación Electrónica: Puentes de Medida, Sensores y Filtros Analógicos

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Escrito el 22 de Junio de 2026 en español con un tamaño de 14,07 KB

Sección 1: Puentes de Medida y Acondicionamiento de Señal

Cuestión 1: Puente DC con 4 Sensores $R_o(1 \pm x)$ en Brazos Opuestos

Análisis del circuito:

Corriente de rama: $i_a = \frac{2V}{R_o(1-x) + R_o(1+x)} = \frac{V}{R_o}$
Tensión en el nodo A: $V_a = \left(\frac{V}{R_o}\right) \cdot R_o(1+x) - V = V_x$
Corriente de rama b: $i_b = \frac{V}{R_o}$
Tensión en el nodo B: $V_b = \left(\frac{V}{R_o}\right) \cdot R_o(1-x) - V = -V_x$
Tensión diferencial: $V_d = V_a - V_b = V_x - (-V_x) = 2V_x$
Tensión de modo común: $V_c = \frac{V_a + V_b}{2} = \frac{V_x + (-V_x)}{2} = 0$
Impedancia de salida: $Z_o = \frac{R_o(1+x) \cdot R_o(1-x)}{R_o(1-x) + R_o(1+x)} = \frac{R_o(1-x^2)}{2} \approx \frac{R_o}{2}$ (para $x \ll 1$)
Equilibrio: $Z_o' = \text{misma rama} \rightarrow Z_o' = \frac{R_o}{2} \rightarrow Z_o = Z_o' \rightarrow$ Señal BALANCEADA

Equivalente de Thévenin:

Nodo A: $[R_o/2] - \oplus V_d/2 = V_x$ (diferencial)
Nodo B: $[R_o/2] - \oplus V_c = 0$ (referencia masa)

Conclusión: Diferencial balanceada con $V_d = 2V_x \neq 0$, $V_c = 0$ y $Z_o = Z_o' = R_o/2$.

Cuestión 1B: Puente de Wheatstone (V simple, 2 sensores opuestos)

Configuración:

Rama derecha: $R_o$ y $R_o(1+x)$.
Rama izquierda: $R_o(1+x)$ y $R_o$.

Cálculos:

$V_a = V \cdot \frac{R_o(1+x)}{R_o + R_o(1+x)} = V \cdot \frac{1+x}{2+x} \approx \frac{V}{2} + \frac{V_x}{2}$
$V_b = V \cdot \frac{R_o}{R_o(1+x) + R_o} = \frac{V}{2+x} \approx \frac{V}{2}$
$V_d = V_a - V_b = \frac{V_x}{2}$
$V_c = \frac{V_a + V_b}{2} \approx \frac{V/2 + V_x/2 + V/2}{2} \approx \frac{V}{2}$
$Z_o = \frac{R_o \cdot R_o(1+x)}{R_o + R_o(1+x)} = \frac{R_o(1+x)}{2+x} \approx \frac{R_o}{2} + \frac{R_o x}{4}$
$Z_o' = R_o(1+x) \parallel R_o \approx \frac{R_o}{2} \rightarrow Z_o \neq Z_o'$

Estado: Pseudodiferencial no balanceada ($V_d = V_x/2 \neq 0$, $V_c = V/2 \neq 0$, $Z_o \neq Z_o'$).

Cuestión 1C: Puente con Fuente de Corriente

Configuración de ramas:

Rama izquierda: $R_o(1-x)$ arriba, $R_o(1+x)$ abajo.
Rama derecha: $R_o(1+x)$ arriba, $R_o$ abajo.

Análisis:

$R_{\text{rama\_izq}} = R_o(1-x) + R_o(1+x) = 2R_o$
$R_{\text{total}} = 2R_o \parallel 2R_o = R_o \rightarrow I_{\text{rama}} = I/2$
$V_a = (I/2) \cdot R_o(1+x) + V_z$
$V_b = (I/2) \cdot R_o + V_z$
$V_a - V_b = (I/2) \cdot R_o \cdot x = \frac{V_z \cdot R_o \cdot x}{2R_c}$

Sección 2: Sensores de Temperatura NTC y RTD

Cuestión 2: NTC en Paralelo - Corriente Máxima por Autocalentamiento

Datos: $R_{\text{ntc}} = 10\text{k}\Omega$, $\beta = 3546\text{K}$, $\delta = 10\text{mW/K}$, $I = 100\mu\text{A}$, $T_c = 25^\circ\text{C} = 298\text{K}$.

$R_1 = R_o(T_c) \cdot \frac{\beta - 2T_c}{\beta + 2T_c} = 10000 \cdot \frac{3546 - 596}{3546 + 596} = 7122,6\Omega \approx 7,12\text{k}\Omega$
Sistema paralelo: $I_1 \cdot R_{\text{ntc}} = I_2 \cdot R_1 \rightarrow I_1 = I_2 \cdot \frac{7122,6}{10000} = 0,7123 \cdot I_2$
$I_1 + I_2 = 100\mu\text{A} \rightarrow 1,7123 \cdot I_2 = 100\mu\text{A} \rightarrow I_2 = 58,4\mu\text{A}$
$I_{\text{NTC}} = 100 - 58,4 = 41,6\mu\text{A}$
$P = I_{\text{NTC}}^2 \cdot R_{\text{ntc}} = (41,6\text{e-6})^2 \cdot 10000 = 0,01731\text{mW}$
$\Delta T = P/\delta = 0,01731/10 \approx 0,0017\text{K}$ (despreciable).
$I_{\text{max}} = \sqrt{\frac{\delta \cdot \Delta T_{\text{max}}}{R_{\text{ntc}}}}$

Ejercicio 1: RTD Pt100 - Autocalentamiento e $I_{\text{max}}$

Datos: $R_o = 100\Omega$, $\alpha = 0,00385/^\circ\text{C}$, $\delta_{\text{aire}} = 6\text{mW/K}$, $\delta_{\text{agua}} = 100\text{mW/K}$, $\Delta T_{\text{max}} = 0,1^\circ\text{C}$.

Fórmula: $R(T) = R_o \cdot (1 + \alpha \cdot T) \mid P = I^2 \cdot R = \delta \cdot \Delta T \rightarrow I_{\text{max}} = \sqrt{\frac{\delta \cdot \Delta T}{R}}$
En Agua: $I_{\text{max}} = \sqrt{\frac{100\text{e-3} \cdot 0,1}{100}} = \mathbf{10\text{mA}}$
En Aire: $I_{\text{max}} = \sqrt{\frac{6\text{e-3} \cdot 0,1}{100}} = \mathbf{2,45\text{mA}}$

Nota: El agua disipa 16 veces más calor, permitiendo una mayor corriente de excitación.

Ejercicio 2: RTD Pt100 - Modelo y Desviación Relativa

Datos: $R_o = 100\Omega$, $\alpha = 0,00385/^\circ\text{C}$, $T_o = 0^\circ\text{C}$.

Modelo: $R(T) = 100 \cdot (1 + 0,00385 \cdot T) [\Omega]$
$R(25^\circ\text{C}) = \mathbf{109,625\Omega}$
$R(100^\circ\text{C}) = \mathbf{138,5\Omega}$
$R(-15^\circ\text{C}) = \mathbf{94,225\Omega}$
$\Delta R = R_o \cdot \alpha \cdot \Delta T = 100 \cdot 0,00385 \cdot 10 = \mathbf{3,85\Omega}$
$\delta = \frac{\Delta R}{R} = \frac{R_o \cdot \alpha \cdot \Delta T}{R_o \cdot (1 + \alpha \cdot \Delta T)} = \frac{0,0385}{1,0385} = \mathbf{0,037 = 3,7\%}$

Ejercicio 3: RTD Pt100 con Cables - Error por $R_c$

Datos: AWG30, $L = 30\text{m}$, $R_c = 0,344\Omega/\text{m}$, conexión 2 hilos, $T = 25^\circ\text{C}$.

$R_{\text{cable}} = 2 \cdot 0,344 \cdot 30 = \mathbf{20,64\Omega}$
$R_T(25^\circ\text{C}) = 109,625\Omega$
$R_{\text{medida}} = 109,625 + 20,64 = \mathbf{130,265\Omega}$
Error absoluto: $E = 20,64\Omega$
Error relativo: $E_r = \frac{20,64}{109,625} = \mathbf{18,83\%}$

Solución recomendada: Utilizar conexión a 3 o 4 hilos para compensar la resistencia del cable.

Ejercicio 4: NTC - Modelo Exponencial

Datos: $B = 4200\text{K}$, $R(25^\circ\text{C}) = 100\text{k}\Omega$, $T_o = 298\text{K}$.

$R_T = A \cdot e^{B/T} \mid R_T = R_o \cdot e^{\beta \cdot (1/T - 1/T_o)}$
$A = \frac{100\text{e3}}{e^{4200/298}} = \frac{100\text{e3}}{1.323.130} = \mathbf{0,0756\Omega}$
$R(0^\circ\text{C}) = 0,0756 \cdot e^{4200/273} = \mathbf{363\text{k}\Omega}$
$R(100^\circ\text{C}) = 0,0756 \cdot e^{4200/373} = \mathbf{5,83\text{k}\Omega}$
Coeficiente de temperatura $\alpha = -B/T^2 [\text{K}^{-1}]$:
$\alpha(100^\circ\text{C}) = -4200/373^2 = \mathbf{-0,0302 \text{K}^{-1} = -3,02\%/\text{K}}$
$\alpha(0^\circ\text{C}) = -4200/273^2 = \mathbf{-0,0564 \text{K}^{-1} = -5,64\%/\text{K}}$

Sección 3: Amplificadores y CMRR

Cuestión 3A: CMRR a partir de datos medidos

Datos: $V_1=V_2=10\text{V} \rightarrow V_o=0,1\text{V}$ | $V_2=0, V_1=0,05\text{V} \rightarrow V_o=-1\text{V}$.

Caso 1 (Modo Común): $V_c = \frac{V_1+V_2}{2} = 10\text{V} \rightarrow A_c = \frac{V_o}{V_c} = \frac{0,1}{10} = 0,01$
Caso 2 (Modo Diferencial): $V_d = V_1 - V_2 = 0,05\text{V} \rightarrow A_d = \frac{V_o}{V_d} = \frac{-1}{0,05} = -20 \rightarrow |A_d|=20$
CMRR: $\frac{|A_d|}{A_c} = \frac{20}{0,01} = 2000 \rightarrow \text{CMRR(dB)} = 20 \cdot \log(2000) = \mathbf{66\text{dB}}$

Cuestión 3B: CMRR desde tolerancia de resistencias

Datos: $A_{d\_ideal} = 100$, tolerancia $\alpha = 1\% \rightarrow p = 0,01$.

$\epsilon_{\text{max}} = 4p = 4 \cdot 0,01 = 0,04$
$A_c = \epsilon = 0,04$
$\text{CMRR} = \frac{A_d}{A_c} = \frac{100}{0,04} = 2500 \rightarrow \text{CMRR(dB)} = 20 \cdot \log(2500) = \mathbf{68\text{dB}}$

Cuestión 3B2: Tolerancia máxima para $V_o = 0,1\text{V}$ con $V_1 = V_2 = 10\text{V}$:

$\epsilon = \frac{V_o}{V_c} = \frac{0,1}{10} = 0,01 \rightarrow p = \frac{\epsilon}{4} = \frac{0,01}{4} = 2,5 \cdot 10^{-3} \rightarrow \mathbf{0,25\%}$

Sección 4: Galgas Extensiométricas y Células de Carga

Cuestión 4: Galgas $k=2, R_o=350\Omega, I_g=100\mu\text{A}, E=210\text{GPa}$

Tensión a aplicar con $I_{\text{total}} = 28,5\text{mA}$:
- $R_{\text{eq}} = 2R_o \parallel 2R_o = R_o = 350\Omega$
- $I_{\text{rama}} = I_{\text{total}}/2 = 14,25\text{mA}$
- $V = I_{\text{rama}} \cdot 2R_o = 14,25\text{e-3} \cdot 700 \approx \mathbf{10\text{V}}$
$V_o$ en función de parámetros:
- $V_x = V_a - V_b = (I/2) \cdot R_o \cdot x = \frac{V_z \cdot R_o \cdot x}{2R_c}$
- $V_o = (2R/R_g + 2) \cdot V_x + I_g \cdot R_3$
Diseño: $V_{cc}=15\text{V}, P_{\text{max}}=17,5\text{mW}, R_{o\_acond}=700\Omega, \sigma=500\text{kp/cm}^2$.
- Para $x=0 \rightarrow V_o=0,5\text{V}: 0,5 = I_g \cdot R_3 = 100\text{e-6} \cdot R_3 \rightarrow \mathbf{R_3 = 5\text{k}\Omega}$
- Conversión: $\sigma = 500 \cdot 9,81 \cdot 10^4 = 49,05\text{MPa}$
- $x = \frac{k \cdot \sigma}{E} = \frac{2 \cdot 49,05\text{e6}}{210\text{e9}} = 4,67 \cdot 10^{-4}$
- $I_{\text{max}} = \sqrt{\frac{P_{\text{max}}}{R_{o\_acond}}} = \sqrt{\frac{17,5\text{e-3}}{700}} = 5\text{mA}$
- $R_c = \frac{V}{2 \cdot I_{\text{max}}} = \frac{9,975}{2 \cdot 5\text{e-3}} \approx \mathbf{1\text{k}\Omega}$
- Con $x_{\text{max}} \rightarrow V_o=4\text{V}: 4 = (2R/R_g+2) \cdot \frac{9,975 \cdot 350 \cdot 4,67\text{e-4}}{2 \cdot 1000} + 0,5 \rightarrow \mathbf{R/R_g \approx 187,8}$

Ejercicio 7: Célula de Carga

Datos: $TE=30\text{kp}, S=6,6\text{e-4 V/kp}, \text{err\_lin}=0,2\%V_{dfs}, \Delta V_d/\Delta T=4\mu\text{V}/^\circ\text{C}, \Delta S/\Delta T=4\mu\text{V/kp}\cdot^\circ\text{C}$.

a) $A \cdot S = 0,1 \text{ V/kp} \rightarrow A = 0,1/6,6\text{e-4} = \mathbf{151,5}$
b) $V_{dfs} = 6,6\text{e-4} \cdot 30 = 19,8\text{mV} \mid E_{\text{lin}} = 0,002 \cdot 19,8\text{e-3} = 39,6\mu\text{V}$.
- $V_{o\_error} = 151,5 \cdot 39,6\text{e-6} = \mathbf{6\text{mV}} \rightarrow$ Medida 20kp: $\mathbf{20000 \pm 60\text{p}}$
c) $F=0\text{kp}, \Delta T=50^\circ\text{C}: V_d = 4\text{e-6} \cdot 50 = 0,2\text{mV} \rightarrow V_o = 151,5 \cdot 2\text{e-4} = 30,3\text{mV} \rightarrow \mathbf{F_{\text{leído}} = 303\text{p}}$
d) $F=25\text{kp}, \Delta T=50^\circ\text{C}: S' = 6,6\text{e-4} + 4\text{e-6} \cdot 50 = 8,6\text{e-4 V/kp}$.
- $V_d = 8,6\text{e-4} \cdot 25 + 4\text{e-6} \cdot 50 + 39,6\text{e-6} = 0,02174\text{V}$
- $V_o = 151,5 \cdot 0,02174 = \mathbf{3,29\text{V}}$ (Error relativo $\approx 30\%$ respecto al ideal de 2,5V).

Sección 5: Filtros Analógicos

Ejercicio 1: Filtro Pasivo RL (Paso Alto)

Datos: $R=1\text{k}\Omega, L=100\text{mH}$.

Tipo: Salida en L. $\omega \rightarrow 0: L=\text{corto} \rightarrow V_L=0$. $\omega \rightarrow \infty: L=\text{abierto} \rightarrow V_L=V$. PASO ALTO.
$\omega_c = R/L = 1000/0,1 = \mathbf{10^4 \text{ rad/s}} \rightarrow f_c = 10^4/2\pi = \mathbf{1591,5 \text{ Hz}}$
Función de transferencia: $H(j\omega) = \frac{j\omega\tau}{1+j\omega\tau}, \tau = L/R = 10^{-4}\text{s}$
Bode: Módulo sube $+20\text{dB/dec}$ hasta $0\text{dB}$ en $\omega_c$. Fase $+90^\circ \rightarrow +45^\circ$ en $\omega_c \rightarrow 0^\circ$.

Ejercicio 2: Filtro Pasivo RC (Paso Bajo)

Datos: $R=10\text{k}\Omega, C=1\text{nF}$.

Tipo: Salida en C. $\omega \rightarrow 0: C=\text{abierto} \rightarrow V_C=V$. $\omega \rightarrow \infty: C=\text{corto} \rightarrow V_C=0$. PASO BAJO.
$\omega_c = 1/RC = 1/(10^4 \cdot 10^{-9}) = \mathbf{10^5 \text{ rad/s}} \rightarrow f_c = \mathbf{15915 \text{ Hz}}$
Función de transferencia: $H(j\omega) = \frac{1}{1+j\omega/\omega_c}$
Bode: Módulo plano en $0\text{dB}$ hasta $\omega_c$, luego $-20\text{dB/dec}$. Fase $0^\circ \rightarrow -45^\circ$ en $\omega_c \rightarrow -90^\circ$.

Ejercicio 3: Filtro RLC Serie 2º Orden (Paso Bajo)

Datos: $R=1\text{k}\Omega, L=100\text{mH}, C=1\text{nF}$.

Tipo: Salida en C. PASO BAJO 2º orden.
$\omega_n = 1/\sqrt{LC} = 1/\sqrt{10^{-1} \cdot 10^{-9}} = \mathbf{10^5 \text{ rad/s}}$
Factor de amortiguamiento: $\xi = \frac{R/L}{2\omega_n} = \frac{10^4}{2 \cdot 10^5} = \mathbf{0,05}$ (Subamortiguado).
Pico de resonancia: $\approx +20\text{dB}$ en $\omega_n$.
Bode: Caída de $-40\text{dB/dec}$ tras $\omega_n$. Fase $0^\circ \rightarrow -90^\circ$ en $\omega_n \rightarrow -180^\circ$.

Ejercicio 4: Filtro Activo Inversor Paso Bajo

Datos: $R_1=10\Omega, R_2=200\Omega, C=1\mu\text{F}$.

Tipo: C en realimentación. PASO BAJO ACTIVO.
$\omega_c = 1/(R_2C) = 1/(200 \cdot 10^{-6}) = \mathbf{5000 \text{ rad/s}} \rightarrow f_c = \mathbf{796 \text{ Hz}}$
Ganancia: $K = R_2/R_1 = 20 \rightarrow \mathbf{26\text{dB}}$
Función de transferencia: $H(j\omega) = \frac{-20}{1+j\omega \cdot 2 \times 10^{-4}}$
Bode: Plano $26\text{dB}$ hasta $\omega_c$, luego $-20\text{dB/dec}$. Fase $-180^\circ \rightarrow -225^\circ$ en $\omega_c \rightarrow -270^\circ$.

Ejercicio 5: Filtro Activo Inversor (Valores Literales)

Datos: $R_1=470\Omega, R_2=470\text{k}\Omega, C=10\text{nF}$.

$\omega_c = 1/(R_2C) = 1/(470\text{k} \cdot 10\text{n}) = \mathbf{212,8 \text{ rad/s}} \rightarrow f_c = \mathbf{33,9 \text{ Hz}}$
Ganancia: $K = R_2/R_1 = 1000 \rightarrow \mathbf{60\text{dB}}$
Función de transferencia: $H(s) = -\frac{R_2/R_1}{1+sR_2C} = -\frac{1000}{1+j\omega \cdot 4,7 \times 10^{-3}}$

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