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 corrente IR1 erogata dal generatore, che scorre in R1.
Usa l’analisi nodale per trovare la tensione di nodo VA (misurata rispetto a massa).
Usa l’analisi nodale per trovare la corrente IR4 in R4 nel verso della freccia.
Usa l’analisi alle maglie per trovare la corrente di maglia I1 (in senso orario).
Usa l’analisi alle maglie per trovare la corrente IR5 in R5 nel verso della freccia.
Usa la sovrapposizione degli effetti per trovare la corrente IR1 in R1 nel verso della freccia.
Usa la sovrapposizione degli effetti per trovare la potenza PR4 assorbita da R4.
Trova la tensione di Thévenin Vth vista dai morsetti a–b.
Un carico RL = 20 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. Trova la tensione vL ai capi dell’induttore in t = 1 ms.
L’interruttore è chiuso da molto tempo, quindi il circuito è a regime. A t = 0 l’interruttore si apre. Trova la corrente i2 in R2 a t = 150 ms.
Un circuito RLC serie è collegato a un’alimentazione da 24 V (efficaci), 500 Hz. Trova l’angolo di fase φ dell’impedenza, in gradi (positivo quando la corrente è in ritardo sulla tensione).
Un circuito RLC serie è collegato a un’alimentazione da 230 V (efficaci), 60 Hz. Trova la corrente efficace I.
Un carico induttivo assorbe 5 A e 1035 W da un’alimentazione monofase da 230 V (efficaci). Modellalo come una resistenza R in serie con una reattanza X. Trova X.
Un trasformatore monofase da 150 kVA alimenta un carico di 57 kW con fattore di potenza 0,7 induttivo. Quanta potenza attiva in più ΔP si può aggiungere come carico resistivo (fattore di potenza unitario) prima che il trasformatore raggiunga la sua potenza nominale in kVA?
Un carico equilibrato a stella con un’impedenza di 24 + j7 Ω per fase è collegato a una rete trifase equilibrata con una tensione concatenata di 208 V. Trova la potenza attiva totale P assorbita dal carico in kW.
Un carico trifase equilibrato assorbe 120 kW con un fattore di potenza di 0,75 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 0,95 in ritardo. La potenza attiva resta invariata. I condensatori sono collegati a triangolo. Trova la capacità Cph di ciascun condensatore in µF.
Un resistore da 2 Ω è collegato ai capi dell’avvolgimento secondario di un trasformatore ideale con rapporto spire N₁:N₂ = 10:1. Trova la resistenza R1′ vista dai morsetti dell’avvolgimento primario.
Un trasformatore monofase da 75 kVA ha perdite nel ferro di 225 W e perdite nel rame di 562,5 W al carico nominale. A quale carico Sη,max, in kVA, il suo rendimento è massimo?
L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.
Due stadi con amplificatore operazionale ideale sono collegati in cascata: un amplificatore invertente (R1, Rf1) seguito da un amplificatore non invertente (R2 verso massa, Rf2 nella retroazione). Entrambi sono alimentati a ±15 V. L’ingresso è Vin = −0,15 V. Trova la tensione d’uscita Vout.
Un transistor NPN con β = 100 è polarizzato da un resistore di base RB = 390 kΩ collegato all’alimentazione VCC = 15 V. Il resistore di collettore è RC = 2,7 kΩ 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 = 80 commuta un resistore di carico da 1 kΩ collegato tra VCC = 24 V e il suo collettore. L’emettitore è a massa. La base è pilotata da un’uscita logica a 3,3 V attraverso un resistore di base RB. Assumi VBE = 0,7 V e VCE(sat) = 0,2 V. Per una commutazione affidabile, progetta per una corrente di base 10 volte quella minima necessaria per la saturazione. Trova RB in kΩ.
La sequenza a 8 bit 1011 1101 memorizza un intero con segno in complemento a due. Qual è il suo valore N in decimale?
Imposta i bit sul risultato a 8 bit di 1000 0101 AND 0001 0110. Qual è il valore R del risultato in decimale?
In questa mappa di Karnaugh esattamente un 1 non ha 1 vicini, quindi resta un gruppo di una cella (un mintermine completo di quattro letterali) nella forma SOP minima. Contano anche i vicini attraverso i bordi della mappa. Clicca su quella cella.
Un contatore modulo 13 deve attraversare 13 stati diversi. Qual è il numero minimo di flip-flop n di cui ha bisogno?
Trova f(t) per F(s) = (3s + 21)/(s² + 6s + 34) completando il quadrato, e calcola f(0,5).
Risolvi y″ + 5y′ + 6y = 0 con y(0) = 2 e y′(0) = 13 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,2).
Il processo G(s) = K/(s(s + 9)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Trova il guadagno K per cui l’anello chiuso ha smorzamento critico (due poli reali coincidenti).
Un controllore proporzionale K = 28 comanda il processo G(s) = 9/(s + 6) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Un gradino di riferimento di ampiezza 2 e un gradino di disturbo di ampiezza 5 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 243/(s² + 10s + 81) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).
Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 165/(s(s + 16)). Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino ad anello chiuso, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).
Il filtro passa-basso RL mostrato ha R = 10 Ω, L = 100 mH. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 80 Hz. Trova il guadagno |H| = |vout/vin| in dB.
Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 8,8/(s(s + 4)). Trova la pulsazione di attraversamento del guadagno ωc, dove |L(jω)| = 1.
Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 3)), con K > 0. Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.
È mostrato il luogo delle radici di L(s) = K/((s + 2)(s + 4)). Trova il guadagno K nel punto di diramazione sb, dove i due poli ad anello chiuso si incontrano sull’asse reale.
Una rampa r(t) = 1t è applicata a un anello a retroazione unitaria con G(s) = 5/(s(s + 2)). Trova l’errore a regime ess.
Un controllore proporzionale K comanda il sistema G(s) = 4/(s(s + 2)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il guadagno K che dà all’anello chiuso un coefficiente di smorzamento ζ = 0,8.
Risposta: IR2 = 0,8197 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: IR1 = 1,273 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.
Risposta: VA = 10,37 V
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 = 10 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: IR4 = 2,42 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 = 12 V, V2 = −18 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: I1 = 0,4091 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: IR5 = 0,5245 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: IR1 = 0,3005 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: PR4 = 8,645 W
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. La freccia di Iₛ punta verso il basso, uscendo dal suo nodo, quindi Iₛ preleva corrente da quel nodo: il suo termine entra con il segno meno.
V₁ diventa un cortocircuito e Iₛ un circuito aperto. R₁ ∥ R₃ parte da A, in serie con R₂ fino a B.
La potenza dipende dal quadrato della corrente, quindi non segue la sovrapposizione degli effetti: somma prima le correnti, poi eleva al quadrato.
Sommare le potenze dei singoli casi darebbe 4,638 W, che è sbagliato.
Risposta: Vth = 7,143 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 = 11,83 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: vL = 1,771 V
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.
In t = 0 tutta la tensione di alimentazione è ai capi dell’induttore; poi decade a zero.
Risposta: i2 = 1,595 mA
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.
A regime il condensatore è un circuito aperto, quindi R₁ e R₂ formano un partitore di tensione. La tensione del condensatore non può variare bruscamente quando l’interruttore si apre.
Risposta: φ = 85,27 °
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 serie le impedenze si sommano come numeri complessi: Z = R + j(XL − XC).
Risposta: I = 4,354 A
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 serie le impedenze si sommano come numeri complessi: Z = R + j(XL − XC).
In un circuito serie la stessa corrente attraversa ogni elemento.
Risposta: X = 20,05 Ω
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: ΔP = 81,27 kW
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.
Alla potenza nominale S = Smax, e Q non cambia con il carico resistivo.
Risposta: P = 1,661 kW
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.
Solo la parte resistiva di ogni impedenza assorbe potenza attiva.
Verifica: cos φ = R/|Z| = 0,96, e √3·VL·IL·cos φ dà la stessa potenza.
Risposta: Cph = 254,8 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: R1′ = 200 Ω
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.
La tensione aumenta di un fattore a e la corrente diminuisce di un fattore a, quindi il rapporto V/I aumenta di a².
Risposta: Sη,max = 47,43 kVA
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.
Risposta: Vout = 0,4 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.
La corrente in R₁ scorre anche in Rf.
Risposta: Vout = 1,102 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.
Risposta: VCE = 5,1 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: RB = 0,8739 kΩ
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.
Risposta: N = −67
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.
Gli altri bit mantengono i loro normali valori positivi.
Risposta: R = 4
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.
AND dà 1 solo dove entrambi i bit sono 1.
Risposta: AB = 00, CD = 10
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.
Un 1 con un 1 vicino può far parte di un gruppo di due o più.
Risposta: n = 4
Flip-flop e contatori: un flip-flop cambia solo sul fronte attivo del clock. D copia il suo ingresso (Q⁺ = D); T commuta quando T = 1; JK mantiene per 00, azzera per 01, imposta a 1 per 10 e commuta per 11. Un contatore binario a n bit ha 2ⁿ stati e conta modulo 2ⁿ; un contatore modulo N conta 0, 1, …, N − 1 e torna a 0, e richiede il minimo n con 2ⁿ ≥ N flip-flop. Ogni stadio di un contatore asincrono (ripple) dimezza la frequenza, quindi l’ultima uscita di un contatore modulo N ha frequenza fclk/N. Un contatore Johnson di n flip-flop ha 2n stati, un contatore ad anello n.
Risposta: f(0.5) = −0,2158
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(0.2) = 3,406
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 = 2.
Risposta: K = 20,25
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).
Un polinomio di secondo grado s² + βs + γ ha una radice doppia quando β² = 4γ.
Risposta: css = 2,128
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).
Un K maggiore riduce l’effetto del disturbo, ma con un controllore proporzionale mai fino a zero.
Risposta: ts = 0,8 s
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: ts = 0,5 s
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).
Per questo anello ζωₙ = a/2 qualunque sia K: aumentare K aumenta la sovraelongazione ma non accorcia il tempo di assestamento.
Risposta: |H| = −14,19 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: ωc = 1,973 rad/s
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 = 10
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 = −5 l’anello resterebbe stabile per ogni K > 0.
Risposta: K = 1
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.
dK/ds = 0 per K = −(s + 2)(s + 4) dà 2s + 6 = 0.
Con questo guadagno l’anello chiuso è a smorzamento critico (ζ = 1).
Risposta: ess = 0,4
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: K = 0,3906
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).
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