Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 40 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.
Trova la corrente IR2 in R2.
Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.
Tre rami sono collegati tra il nodo A e la massa, come mostrato. Usa il metodo dei nodi per trovare la corrente I1 nel ramo 1, che sale verso il nodo A nel verso della freccia.
Usa l’analisi nodale per trovare la corrente IR2 in R2 nel verso della freccia.
Usa l’analisi alle maglie per trovare la corrente di maglia I2 (in senso orario).
Usa l’analisi alle maglie per trovare la corrente IR1 in R1 nel verso della freccia.
Usa la sovrapposizione degli effetti per trovare la corrente IR3 in R3 nel verso della freccia.
Usa la sovrapposizione degli effetti per trovare la tensione VR2 ai capi di R2 con la polarità indicata.
Trova la tensione di Thévenin Vth vista dai morsetti a–b.
Un carico RL = 8 Ω è collegato tra a–b. Usa un equivalente di Thévenin per trovare la potenza PL fornita al carico.
L’induttore non porta corrente prima che l’interruttore si chiuda in t = 0. Quanto tempo dopo la chiusura dell’interruttore la corrente raggiunge il 80% del suo valore finale? Trova t.
Subito prima che l’interruttore si chiuda in t = 0, il condensatore ha 18 V con la polarità indicata. Quanto tempo serve perché vC raggiunga 18,6 V? Trova t.
Un circuito RLC serie è collegato a un’alimentazione da 100 V (efficaci), 60 Hz. Trova la potenza attiva P assorbita dall’alimentazione.
Un circuito RLC serie è collegato a un’alimentazione da 12 V (efficaci), 1000 Hz. Trova la frequenza di risonanza f0 del circuito.
Un carico con impedenza Z = 15 + j20 Ω è collegato a un’alimentazione monofase da 230 V (efficaci). Trova la potenza attiva P che assorbe.
Un generatore da 230 V (efficaci), 50 Hz ha un’impedenza interna Zs = 10 + j15 Ω. L’impedenza di carico ZL può essere scelta liberamente. Il carico per la massima potenza è realizzato con un resistore in serie a un condensatore. Trova la capacità C.
Un motore asincrono trifase eroga a pieno carico una potenza meccanica di 30 kW. A questo carico il suo rendimento è del 93% e il suo fattore di potenza è 0,88 in ritardo. La rete ha una tensione concatenata di 415 V. Trova la corrente di linea IL.
Un carico trifase equilibrato assorbe 75 kW con un fattore di potenza di 0,78 in ritardo da una rete a 480 V (tensione concatenata) e 60 Hz. Una batteria trifase di condensatori in parallelo al carico deve portare il fattore di potenza complessivo a 0,9 in ritardo. La potenza attiva resta invariata. I condensatori sono collegati a triangolo. Trova la capacità Cph di ciascun condensatore in µF.
Un trasformatore monofase da 25 kVA, 4160/480 V funziona al carico nominale. Consideralo ideale. Trova la corrente IHV nell’avvolgimento di alta tensione.
Un trasformatore monofase da 50 kVA ha perdite nel ferro di 400 W e perdite nel rame di 800 W al carico nominale. Fornisce il 75% dei suoi kVA nominali con un fattore di potenza di 0,95 in ritardo. Trova le perdite totali Ploss in watt a questo carico.
Scegli il resistore di retroazione Rf che dà a questo amplificatore non invertente un guadagno di tensione di 15.
L’integratore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V; la sua uscita satura a ±14 V. Il condensatore è scarico quando a t = 0 viene applicato un ingresso costante Vin = 0,9 V. Trova la tensione d’uscita Vout a t = 200 ms.
Un transistor NPN con β = 200 è polarizzato da un resistore di base RB = 680 kΩ collegato all’alimentazione VCC = 10 V. Il resistore di collettore è RC = 470 Ω e l’emettitore è a massa. Assumi VBE = 0,7 V e che il transistor sia in zona attiva. Trova la tensione collettore–emettitore VCE.
Un transistor NPN con β = 100 commuta un resistore di carico da 680 Ω collegato tra VCC = 12 V e il suo collettore. L’emettitore è a massa. La base è pilotata da un’uscita logica a 5 V attraverso un resistore di base RB = 1 kΩ. Assumi VBE = 0,7 V e VCE(sat) = 0,2 V. Trova la corrente di collettore IC in mA quando l’ingresso è alto. Stabilisci prima se il transistor è saturo.
Imposta i bit in modo che memorizzino −59 in complemento a due a 8 bit. Letto come numero senza segno, qual è il valore U dello schema?
Qual è l'intero più negativo N memorizzabile in complemento a due a 16 bit?
Usa la mappa di Karnaugh per trovare la forma minima a somma di prodotti (SOP) di F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 7, 8, 10, 12, 13). Quanti termini prodotto N ha?
Trova la forma SOP minima di F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 9, 11, 14) + d(6, 13), dove d indica le condizioni di indifferenza. Quanti letterali L contiene?
Trova f(t) per F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 4)) con i fratti semplici, e calcola f(0,2).
Risolvi y″ + 5y′ + 4y = 0 con y(0) = −8 e y′(0) = 0 usando la trasformata di Laplace, e trova y(1,2).
Un processo G(s) = 5/(s + 4) è controllato in un anello di retroazione negativa il cui sensore ha guadagno H = 0,1. Un gradino di ampiezza 12 viene applicato in R. Trova l’uscita a regime css.
Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 8/(s + 2) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 5 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 1 o uguale a esso.
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 118/(s² + 8s + 59) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.
Un circuito RLC serie con R = 424 Ω, L = 500 mH e C = 1 µF è collegato a un gradino da 10 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova il tempo tp del primo picco di tensione, in ms.
Il filtro passa-alto RL mostrato ha R = 1000 Ω, L = 47 mH. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 17 kHz. Trova lo sfasamento φ di vout rispetto a vin, in gradi.
Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 180/(s(s + 7)(s + 9)). Trova il margine di guadagno GM in dB.
Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 10)/(s(s + 3)(s + 4)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.
Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K/(s(s + 8)(s + 1)). Trova il punto σa in cui gli asintoti del luogo delle radici incrociano l’asse reale.
Una rampa r(t) = 1t è applicata a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 20/(s(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.
Un controllore PD C(s) = 4 + Kd·s comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 4)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno derivativo Kd che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,8.
Risposta: IR2 = 0,6408 A
Resistori in serie e in parallelo: in serie la stessa corrente attraversa ogni resistore e R = R₁ + R₂ + …. In parallelo ogni resistore ha la stessa tensione e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una rete a scala si riduce una coppia alla volta finché resta un’unica resistenza equivalente.
Parti dall’estremo più lontano dal generatore e torna verso di esso. I resistori percorsi dalla stessa corrente sono in serie; i resistori tra gli stessi due nodi sono in parallelo.
Il generatore vede solo Req, quindi la legge di Ohm dà la corrente che eroga. Quella corrente scorre in R₁.
Sottrai la caduta su R₁ per ottenere la tensione al nodo A, che è la tensione ai capi di R₂.
Risposta: Req = 15,41 Ω
Resistori in serie e in parallelo: in serie la stessa corrente attraversa ogni resistore e R = R₁ + R₂ + …. In parallelo ogni resistore ha la stessa tensione e 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una rete a scala si riduce una coppia alla volta finché resta un’unica resistenza equivalente.
Parti dall’estremo più lontano dal generatore e torna verso di esso. I resistori percorsi dalla stessa corrente sono in serie; i resistori tra gli stessi due nodi sono in parallelo.
Risposta: I1 = −0,92 A
Analisi nodale: scegli un nodo di riferimento, assegna un nome alle tensioni di nodo incognite, scrivi la legge di Kirchhoff delle correnti in ogni nodo incognito usando la legge di Ohm (I = ΔV/R) e risolvi le equazioni.
Prendi il conduttore inferiore come massa. Ogni ramo porta (VA − Vk)/Rk uscente da A, dove Vk è la tensione del suo generatore (zero per un semplice resistore). Le correnti uscenti da A hanno somma zero.
La freccia punta verso l’alto lungo il ramo, verso il nodo A.
Un risultato negativo significa che la corrente reale scorre contro la freccia.
Risposta: IR2 = −0,7562 A
Analisi nodale: scegli un nodo di riferimento, assegna un nome alle tensioni di nodo incognite, scrivi la legge di Kirchhoff delle correnti in ogni nodo incognito usando la legge di Ohm (I = ΔV/R) e risolvi le equazioni.
La massa è il filo in basso. Le tensioni di nodo note vengono direttamente dai generatori (V1 = 24 V, V2 = 12 V). Incognite: VA, VB.
Le correnti che escono da A attraverso i resistori sono uguali alla corrente immessa in A dai generatori.
Le correnti che escono da B attraverso i resistori sono uguali alla corrente immessa in B dai generatori.
Risposta: I2 = −0,08065 A
Analisi alle maglie: assegna a ogni finestra di un circuito planare la propria corrente d’anello, scrivi la legge di Kirchhoff delle tensioni lungo ogni anello (somma delle cadute = somma degli aumenti) e risolvi. Le correnti di ramo sono la corrente di maglia, o la differenza di due correnti di maglia su un ramo condiviso.
Disegna una corrente in senso orario in ogni finestra: I1, I2. Un resistore condiviso da due maglie porta la differenza delle loro correnti.
Procedendo in senso orario, le cadute di tensione sui resistori sono uguali agli aumenti di tensione dei generatori (da − a + nel verso di percorrenza).
Procedendo in senso orario, le cadute di tensione sui resistori sono uguali agli aumenti di tensione dei generatori (da − a + nel verso di percorrenza).
Una corrente di maglia negativa scorre in senso antiorario.
Risposta: IR1 = 0,5766 A
Analisi alle maglie: assegna a ogni finestra di un circuito planare la propria corrente d’anello, scrivi la legge di Kirchhoff delle tensioni lungo ogni anello (somma delle cadute = somma degli aumenti) e risolvi. Le correnti di ramo sono la corrente di maglia, o la differenza di due correnti di maglia su un ramo condiviso.
Disegna una corrente in senso orario in ogni finestra: I1, I2, I3. Un resistore condiviso da due maglie porta la differenza delle loro correnti.
Procedendo in senso orario, le cadute di tensione sui resistori sono uguali agli aumenti di tensione dei generatori (da − a + nel verso di percorrenza).
Procedendo in senso orario, le cadute di tensione sui resistori sono uguali agli aumenti di tensione dei generatori (da − a + nel verso di percorrenza).
Procedendo in senso orario, le cadute di tensione sui resistori sono uguali agli aumenti di tensione dei generatori (da − a + nel verso di percorrenza).
Una corrente di maglia negativa scorre in senso antiorario.
Risposta: IR3 = 0,6477 A
Sovrapposizione degli effetti: in un circuito lineare, ogni tensione o corrente è la somma delle risposte a ciascun generatore indipendente che agisce da solo. Per spegnere un generatore, sostituisci un generatore ideale di tensione con un cortocircuito e un generatore ideale di corrente con un circuito aperto. I resistori restano dove sono.
Iₛ diventa un circuito aperto, quindi R₃ e R₄ formano un unico ramo in serie da A a massa, in parallelo con R₂.
V₁ diventa un cortocircuito, quindi R₁ è in parallelo con R₂. Iₛ si divide in B tra R₄ e il percorso attraverso R₃.
Un risultato negativo significa che in realtà la corrente scorre contro la freccia.
Risposta: VR2 = −1,944 V
Sovrapposizione degli effetti: in un circuito lineare, ogni tensione o corrente è la somma delle risposte a ciascun generatore indipendente che agisce da solo. Per spegnere un generatore, sostituisci un generatore ideale di tensione con un cortocircuito e un generatore ideale di corrente con un circuito aperto. I resistori restano dove sono.
V₂ diventa un cortocircuito e Iₛ un circuito aperto. Visto da A, R₃ è in parallelo con la coppia in serie R₂+R₄.
Entrambi i generatori di tensione diventano cortocircuiti. Iₛ si divide in B tra R₄ (ora verso massa) e R₂ in serie con R₁ ∥ R₃.
V₁ diventa un cortocircuito e Iₛ un circuito aperto. R₁ ∥ R₃ parte da A, in serie con R₂ fino a B.
Un risultato negativo significa che in realtà la polarità è opposta a quella indicata.
Risposta: Vth = 4,909 V
Teorema di Thévenin: ogni rete lineare a due morsetti si comporta come un unico generatore di tensione Vth in serie con una resistenza Rth. Il teorema di Norton dà la stessa rete come generatore di corrente IN = Vth/Rth in parallelo con Rth.
Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.
Con a–b aperti, in R₃ non scorre corrente, quindi non c’è caduta su di essa e V_b = V_A. R₁ e R₂ formano un partitore di tensione.
Risposta: PL = 68,95 W
Teorema di Thévenin: ogni rete lineare a due morsetti si comporta come un unico generatore di tensione Vth in serie con una resistenza Rth. Il teorema di Norton dà la stessa rete come generatore di corrente IN = Vth/Rth in parallelo con Rth.
Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.
Con a–b aperti, l’unico percorso per Iₛ è attraverso R₃ nel nodo A. Trova V_A per sovrapposizione di V₁ e Iₛ, poi aggiungi la caduta su R₃.
Il generatore di Thévenin e R_th in serie si comportano esattamente come il circuito originale ai morsetti a–b, quindi il carico vede un semplice anello in serie.
Risposta: t = 35,41 ms
Transitori del primo ordine: in un circuito con un solo condensatore o un solo induttore, ogni tensione e corrente passa esponenzialmente dal valore iniziale a quello finale: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Dopo circa 5τ il circuito si è assestato.
Molto tempo dopo la chiusura dell’interruttore l’induttore si comporta come un cortocircuito, quindi la corrente finale dipende solo da R.
Risposta: t = 78,47 ms
Transitori del primo ordine: in un circuito con un solo condensatore o un solo induttore, ogni tensione e corrente passa esponenzialmente dal valore iniziale a quello finale: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Dopo circa 5τ il circuito si è assestato.
La tensione del condensatore non può saltare, quindi parte dal valore immagazzinato e tende alla tensione del generatore.
Risposta: P = 217,2 W
Circuiti AC con i fasori: resistori, induttori e condensatori hanno impedenze R, jωL e 1/(jωC), con ω = 2πf. In serie le impedenze si sommano come resistenze, ma come numeri complessi. Corrente e tensione efficaci seguono la legge di Ohm con |Z|.
Induttori e condensatori si limitano ad accumulare e restituire energia; il resistore assorbe tutta la potenza attiva.
Risposta: f0 = 711,8 Hz
Circuiti AC con i fasori: resistori, induttori e condensatori hanno impedenze R, jωL e 1/(jωC), con ω = 2πf. In serie le impedenze si sommano come resistenze, ma come numeri complessi. Corrente e tensione efficaci seguono la legge di Ohm con |Z|.
In risonanza le reattanze induttiva e capacitiva si annullano: ωL = 1/(ωC). La frequenza di alimentazione non conta.
Risposta: P = 1270 W
Potenza in AC: la potenza apparente S = V·I (VA) si divide in potenza attiva P = S·cos φ (W), che compie lavoro utile, e potenza reattiva Q = S·sin φ (var), che oscilla tra generatore e carico. Il fattore di potenza è cos φ. Un condensatore in parallelo fornisce potenza reattiva localmente, quindi la corrente di linea diminuisce a parità di potenza attiva.
Risposta: C = 212,2 µF
Potenza in AC: la potenza apparente S = V·I (VA) si divide in potenza attiva P = S·cos φ (W), che compie lavoro utile, e potenza reattiva Q = S·sin φ (var), che oscilla tra generatore e carico. Il fattore di potenza è cos φ. Un condensatore in parallelo fornisce potenza reattiva localmente, quindi la corrente di linea diminuisce a parità di potenza attiva.
La reattanza del carico annulla la reattanza del generatore, e la resistenza del carico è uguale alla resistenza del generatore.
Risposta: IL = 51 A
Sistemi trifase equilibrati: in un collegamento a stella (Y) la tensione concatenata è √3 volte la tensione di fase, VL = √3·Vph, e la corrente di linea è uguale alla corrente di fase. In un collegamento a triangolo (Δ) la tensione concatenata è uguale alla tensione di fase e la corrente di linea è √3 volte la corrente di fase, IL = √3·Iph. La potenza totale è tre volte la potenza di una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Risposta: Cph = 91,52 µF
Sistemi trifase equilibrati: in un collegamento a stella (Y) la tensione concatenata è √3 volte la tensione di fase, VL = √3·Vph, e la corrente di linea è uguale alla corrente di fase. In un collegamento a triangolo (Δ) la tensione concatenata è uguale alla tensione di fase e la corrente di linea è √3 volte la corrente di fase, IL = √3·Iph. La potenza totale è tre volte la potenza di una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Rifasamento: i condensatori forniscono localmente potenza reattiva, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Ciascuno dei tre condensatori fornisce QC/3 = V²·ω·C, dove V è la tensione ai capi di quel condensatore: VL in una batteria a triangolo, VL/√3 in una batteria a stella.
La potenza attiva non cambia, quindi ogni fattore di potenza determina la potenza reattiva: Q = P·tan φ.
In una batteria a triangolo ogni condensatore è collegato tra due linee.
Risposta: IHV = 6,01 A
Trasformatore ideale: le tensioni stanno nel rapporto delle spire e le correnti nel rapporto inverso: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a e I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, quindi la potenza in ingresso è uguale a quella in uscita, V₁·I₁ = V₂·I₂. Un’impedenza di carico Z sul secondario appare come a²·Z vista dal primario.
Entrambi gli avvolgimenti trasportano la stessa potenza apparente.
Risposta: Ploss = 850 W
Perdite del trasformatore: le perdite nel ferro (isteresi e correnti parassite) dipendono dalla tensione e sono le stesse a qualsiasi carico. Le perdite nel rame degli avvolgimenti variano con il quadrato della corrente, quindi a una frazione x del carico nominale valgono x²·Pcu,fl. Rendimento η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), con Pout = x·S·pf. Il rendimento è massimo al carico per cui le perdite nel rame sono uguali alle perdite nel ferro.
Le perdite nel ferro sono le stesse a qualsiasi carico.
Il rendimento a questo carico è η = 97,67%.
Risposta: Rf = 658 kΩ
Regole dell’amplificatore operazionale ideale: con retroazione negativa, l’amplificatore porta la sua uscita al valore per cui i due ingressi sono alla stessa tensione (V₋ = V₊), e nessuna corrente entra negli ingressi. Scrivendo la LKC all’ingresso invertente con questi due fatti si ottiene l’uscita.
V₋ = V₊ = Vin, e la corrente in R₁ scorre anche in Rf, quindi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Risposta: Vout = −3,719 V
Regole dell’amplificatore operazionale ideale: con retroazione negativa, l’amplificatore porta la sua uscita al valore per cui i due ingressi sono alla stessa tensione (V₋ = V₊), e nessuna corrente entra negli ingressi. Scrivendo la LKC all’ingresso invertente con questi due fatti si ottiene l’uscita.
kΩ per µF dà millisecondi.
Il valore ideale è all’interno di ±Vsat, quindi l’integratore non è ancora in saturazione.
Risposta: VCE = 8,714 V
Punto di lavoro del BJT: in zona attiva VBE = 0,7 V, IC = β·IB e IE = (β + 1)·IB. Trova IB dalla maglia di base con la LKT, poi IC, poi VCE dalla maglia collettore–emettitore. Un partitore di tensione sulla base si sostituisce con il suo equivalente di Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; un resistore di emettitore appare (β + 1) volte più grande nella maglia di base.
Risposta: IC = 17,35 mA
BJT come interruttore: per accendere completamente un carico, il transistor viene portato in saturazione, dove VCE = VCE(sat) e la corrente di collettore è determinata dal carico: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. La saturazione richiede almeno IB = IC(sat)/β. Se la corrente di base è minore, il transistor resta in zona attiva e IC = β·IB.
β·IB è maggiore di IC(sat), quindi il transistor satura.
Il transistor è saturo.
Risposta: U = 197
Impostare i bit: ogni bit vale una potenza di due (128, 64, …, 1). Una cifra esadecimale è esattamente quattro bit, e nel complemento a due a 8 bit il bit più a sinistra vale −128. Le operazioni bit a bit lavorano su ogni posizione di bit separatamente.
Risposta: N = −32768
Sistemi di numerazione posizionali: ogni cifra vale il suo valore per una potenza della base. In binario le posizioni valgono 1, 2, 4, 8, 16, …; in esadecimale 1, 16, 256, …, con A–F per 10–15. Nel complemento a due a 8 bit il bit più a sinistra vale −128 invece di +128: così si memorizzano i numeri negativi.
Risposta: N = 4
Mappe di Karnaugh: le celle sono ordinate in codice Gray (00, 01, 11, 10), quindi le celle vicine, comprese quelle attraverso i bordi, differiscono per esattamente una variabile. Raggruppa gli 1 in rettangoli di 1, 2, 4, 8 o 16 celle, i più grandi e il meno numerosi possibile, finché ogni 1 non è coperto. Ogni gruppo è un termine prodotto: le variabili che restano costanti al suo interno. Un gruppo di 2ᵏ celle perde k variabili. Le condizioni di indifferenza (X) possono servire a ingrandire i gruppi ma non devono mai essere coperte. Raggruppando invece gli 0 si ottiene la forma POS minima.
Ogni gruppo è un rettangolo di 2ᵏ celle; le celle di bordo sono vicine alle celle del bordo opposto.
Risposta: L = 12
Mappe di Karnaugh: le celle sono ordinate in codice Gray (00, 01, 11, 10), quindi le celle vicine, comprese quelle attraverso i bordi, differiscono per esattamente una variabile. Raggruppa gli 1 in rettangoli di 1, 2, 4, 8 o 16 celle, i più grandi e il meno numerosi possibile, finché ogni 1 non è coperto. Ogni gruppo è un termine prodotto: le variabili che restano costanti al suo interno. Un gruppo di 2ᵏ celle perde k variabili. Le condizioni di indifferenza (X) possono servire a ingrandire i gruppi ma non devono mai essere coperte. Raggruppando invece gli 0 si ottiene la forma POS minima.
I gruppi più grandi che si possono formare con 1 e X.
Risposta: f(0.2) = 0,3397
Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Risposta: y(1.2) = −3,191
Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Controllo: y(0) = A + B = −8.
Risposta: css = 13,33
Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).
Risposta: K = 4,75
Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).
Risposta: %OS = 14,71 %
Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).
Il denominatore deve coincidere con s² + 2ζωₙs + ωₙ².
Risposta: tp = 2,329 ms
Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).
Risposta: φ = 11,27 °
Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.
Risposta: GM = 14,96 dB
Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.
Risposta: Kmax = 28
Criterio di Routh–Hurwitz: un sistema lineare è stabile quando tutte le radici del suo polinomio caratteristico stanno nel semipiano sinistro del piano s. Scrivi i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh. Ogni elemento di una nuova riga si ricava dalle due righe sopra; per un polinomio cubico a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ l’elemento della riga s¹ è b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Il numero di cambi di segno nella prima colonna è uguale al numero di radici nel semipiano destro. Con un guadagno K nei coefficienti, ogni elemento della prima colonna deve restare positivo: il guadagno che annulla l’elemento della riga s¹ è il limite di stabilità, e la riga s² dà poi la frequenza dell’oscillazione sostenuta.
Con lo zero a destra di s = −7 l’anello resterebbe stabile per ogni K > 0.
Risposta: σa = −3
Luogo delle radici: al variare del guadagno K da 0 a ∞, i poli ad anello chiuso, cioè le radici di 1 + K·G(s) = 0, si spostano dai poli ad anello aperto agli zeri ad anello aperto o all’infinito. Un punto dell’asse reale appartiene al luogo quando il numero di poli e zeri reali alla sua destra è dispari. Gli n − m rami che vanno all’infinito seguono asintoti con angoli (2q + 1)·180°/(n − m), che partono dal centro σₐ = (Σ poli − Σ zeri)/(n − m). I rami lasciano o raggiungono l’asse reale dove dK/ds = 0. La condizione sull’angolo ∠G(s) = 180° fissa la forma, e la condizione sul modulo K = 1/|G(s)| dà il guadagno in ogni punto del luogo.
I 3 asintoti partono dal centro con angoli di 60°, 180°, 300°.
Risposta: ess = 0,1
Errore a regime: in un anello a retroazione unitaria con funzione di trasferimento ad anello aperto G(s) l’errore è E(s) = R(s)/(1 + G(s)), e per il teorema del valore finale ess = lims→0 s·E(s). Il tipo del sistema è il numero di poli di G(s) in s = 0. Le costanti d’errore sono Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) e Ka = lim s²·G(s), tutte per s → 0. Un gradino di ampiezza A dà ess = A/(1 + Kp), una rampa A·t dà A/Kv e una parabola A·t²/2 dà A/Ka. Un anello di tipo 0 segue un gradino con un errore finito, un anello di tipo 1 lo segue esattamente e segue una rampa con un errore finito.
Risposta: Kd = 0,6119 s
Controllo P, PI e PID: il controllore C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s agisce sull’errore. Un guadagno proporzionale rende l’anello più veloce e riduce l’errore di un sistema di tipo 0, ma non lo elimina mai. Il termine integrale aggiunge un polo in s = 0: il tipo del sistema sale di uno e un gradino viene seguito senza errore. Il termine derivativo aggiunge smorzamento. Per scegliere i guadagni, scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso e confrontalo con s² + 2ζωns + ωn². Poi %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd con ωd = ωn√(1 − ζ²), e ts ≈ 4/(ζωn).
Il termine derivativo aggiunge smorzamento senza cambiare ωₙ.
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