Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 40 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.
Trova la corrente IR1 erogata dal generatore, che scorre in R1.
Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.
Usa l’analisi nodale per trovare la tensione di nodo VA (misurata rispetto a massa).
Usa l’analisi nodale per trovare la tensione di nodo VB (misurata rispetto a massa).
Usa l’analisi alle maglie per trovare la tensione VR2 ai capi di R2 con la polarità indicata.
Usa l’analisi alle maglie per trovare la tensione VR1 ai capi di R1 con la polarità indicata.
Usa la sovrapposizione degli effetti per trovare la tensione VR2 ai capi di R2 con la polarità indicata.
Un circuito resistivo lineare contiene tre generatori indipendenti: V1, V2 e Is. La corrente I in un carico viene misurata tre volte. Con tutti i generatori ai valori normali, I = 7,5 mA. Con V1 raddoppiato e gli altri due invariati, I = 12,5 mA. Con il verso di Is invertito e gli altri due invariati, I = 3,5 mA. Trova la corrente di carico I quando V2 è spento e V1 e Is hanno i valori normali.
Un carico RL = 6 Ω è collegato tra a–b. Sostituisci il resto del circuito con il suo equivalente di Thévenin e trova la corrente nel carico IL.
Un carico RL = 3 Ω è collegato tra a–b. Sostituisci il resto del circuito con il suo equivalente di Thévenin e trova la corrente nel carico IL.
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 30 V con la polarità indicata. Quanto tempo serve perché vC raggiunga 20 V? Trova t.
Un circuito RLC serie con C = 47 µF deve entrare in risonanza a 60 Hz. Trova l’induttanza L necessaria.
Un resistore R1 è collegato in serie a un parallelo tra R2 e un condensatore C, a un’alimentazione da 120 V (efficaci), 500 Hz. Trova la corrente efficace I.
Un carico induttivo assorbe 8 A e 1632 W da un’alimentazione monofase da 240 V (efficaci). Modellalo come una resistenza R in serie con una reattanza X. Trova R.
Un carico monofase assorbe 5 kW con un fattore di potenza di 0,7 induttivo da un’alimentazione da 230 V, 60 Hz. Un condensatore collegato in parallelo porta il fattore di potenza a 0,98. Trova la potenza reattiva QC che il condensatore deve fornire.
Un carico equilibrato a stella con un’impedenza di 6 + j8 Ω per fase è collegato a una rete trifase equilibrata con una tensione concatenata di 400 V. Trova la potenza attiva totale P assorbita dal carico in kW.
Un carico trifase equilibrato assorbe 80 kW con un fattore di potenza di 0,72 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. Trova la potenza reattiva totale QC che la batteria di condensatori deve fornire, in kvar.
Un trasformatore monofase da 500 kVA, 2400/240 V funziona al carico nominale. Consideralo ideale. Trova la corrente ILV nell’avvolgimento di bassa tensione.
Un trasformatore monofase da 25 kVA ha perdite nel ferro di 150 W e perdite nel rame di 300 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.
L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la corrente If nel resistore di retroazione, che scorre verso l’uscita.
Un transistor NPN con β = 75 è polarizzato da un resistore di base RB = 270 kΩ collegato all’alimentazione VCC = 10 V. Il resistore di collettore è RC = 2,2 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 = 200 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. Trova il resistore di base più grande RB, in kΩ, che porta ancora il transistor appena in saturazione.
Scrivi −65 come sequenza a 8 bit in complemento a due. Leggi la sequenza come numero binario senza segno: qual è il suo valore U in decimale?
Imposta i bit sul risultato a 8 bit di 1010 0001 AND 1110 0000. Qual è il valore R del risultato in decimale?
Usa la mappa di Karnaugh per trovare la forma minima a prodotto di somme (POS) di F(A, B, C) = Σm(0, 2, 5). Quanti termini somma (fattori) N ha?
Un contatore ad anello a 4 bit Q₃Q₂Q₁Q₀ parte da 1010. A ogni fronte di clock i bit scorrono di una posizione a destra (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀) e Q₃ riceve Q₀. Dai lo stato Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ come numero decimale dopo 3 fronti di clock.
Trova f(t) per F(s) = (2s + 40)/(s² + 6s + 13) completando il quadrato, e calcola f(0,1).
Risolvi y″ + 7y′ + 6y = 0 con y(0) = 6 e y′(0) = 13 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,25).
Il processo G(s) = K/(s(s + 17)) 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 comanda il processo G(s) = 10/(s + 8) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 2 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,25 o uguale a esso.
Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 73/(s² + 11s + 73) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.
Un circuito RLC serie con R = 200 Ω, L = 500 mH e C = 2 µF è collegato a un gradino da 5 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della tensione del condensatore.
Il filtro passa-alto RC mostrato ha R = 10 kΩ, C = 10 nF. Viene applicato un ingresso sinusoidale di 400 Hz. 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) = 122/(s(s + 4)(s + 7)). Trova la pulsazione di attraversamento della fase ω180, dove ∠L(jω) = −180°.
L’anello nello schema funziona con K = 224 e L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Di quale fattore m si può aumentare il guadagno prima che l’anello chiuso diventi instabile?
Per l’anello L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)), trova il guadagno K che pone un polo ad anello chiuso in s = −1.
Un processo G(s) = 0,5/(2s + 1) è controllato da un guadagno proporzionale K = 2 in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per un gradino, in percentuale dell’ampiezza del gradino.
Un controllore PI C(s) = 1 + 5/s comanda il sistema G(s) = 5/((s + 1)(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 5t.
Risposta: IR1 = 0,9243 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: Req = 4,521 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: VA = 8,364 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 = 15 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: VB = 11,06 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 = 30 V, V2 = −6 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: VR2 = −4,474 V
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: VR1 = 16,3 V
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: VR2 = 5,281 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.
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 polarità è opposta a quella indicata.
Risposta: I = 7 mA
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.
Ogni contributo è proporzionale al proprio generatore.
Risposta: IL = 0,125 A
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.
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: IL = 1,942 A
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 = 3,541 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 = 55,63 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: L = 149,7 mH
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).
Risposta: I = 1,44 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|.
Moltiplica numeratore e denominatore per il complesso coniugato per separare Zp in parte reale e parte immaginaria.
Risposta: R = 25,5 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: QC = 4,086 kvar
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 potenza attiva P non cambia; cambia solo la potenza reattiva prelevata dalla rete.
Risposta: P = 9,6 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| = 0,6, e √3·VL·IL·cos φ dà la stessa potenza.
Risposta: QC = 50,81 kvar
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.
Risposta: ILV = 2083 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: Sη,max = 17,68 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 = −3 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: If = 0,2815 mA
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₋ = 0, quindi ogni resistore di ingresso ha ai capi l’intera tensione di ingresso.
Risposta: VCE = 4,317 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 = 21,85 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.
Anche qualsiasi resistore di base più piccolo satura il transistor; in pratica se ne sceglie uno alcune volte più piccolo.
Risposta: U = 191
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: R = 160
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: N = 3
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.
Esiste un altro raggruppamento della stessa dimensione; ha lo stesso numero di termini e di letterali.
Risposta: Q = 5
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(0.1) = 3,954
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(0.25) = 6,784
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 = 6.
Risposta: K = 72,25
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: K = 7,2
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: σ = −5,5
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: %OS = 52,66 %
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 = 75,89 °
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: ω180 = 5,292 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: m = 2,5
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.
Questo fattore è il margine di guadagno come rapporto: 7,959 dB.
Risposta: K = 18
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.
Verifica: s(s + 3)(s + 10) + K è zero in s = −1.
Risposta: ess = 50 %
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: ess = 1
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).
s·C(s) = 1s + 5 → 5 per s → 0.
Il controllore PI elimina completamente l’errore al gradino; una rampa viene seguita con un ritardo costante.
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