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Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 10 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Tensioni dei partitori
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Uscite
Vab = Va − Vb
Bilancio
R1/R2 = R3/R4
Ponte a filo
R/Rx = l/(100 − l)
Resistenza di Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Fattore di taratura
ΔR/R = GF·ε
Uscita del ponte
quarto Vs·GF·ε/4, mezzo Vs·GF·ε/2, intero Vs·GF·ε
Piccola variazione, un ramo
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensione
σ = E·ε

Metodo

  1. Tratta il ponte come due partitori di tensione ai capi della stessa alimentazione.
  2. Per l’equilibrio, poni R₁/R₂ = R₃/R₄ e ricava la resistenza incognita.
  3. Per un ponte non equilibrato, ricava Va e Vb dai partitori e sottrai; usa l’equivalente di Thévenin quando uno strumento carica l’uscita.
  4. Per gli estensimetri, converti la deformazione in ΔR/R = GF·ε e usa Vs·GF·ε/4, /2 o ×1 per un quarto, mezzo o ponte intero.

Acquisizione dati e campionamento

Criterio di Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Frequenza di alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Passo di quantizzazione
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Errore di quantizzazione (arrotondamento)
±½ LSB
Codice di un ADC a troncamento
D = ⌊Vin/LSB⌋
Bit per una risoluzione r
2ᴺ ≥ span/r
SQNR ideale, sinusoide a fondo scala
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Velocità dei dati
canali × fs × N bit/s
ADC multiplexato
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud; 8N1 = 10 bit per byte; byte/s = baud/bit per frame
Divisore del baud rate
baud = fclk/(16·D)

Metodo

  1. Scrivi i dati: frequenza di campionamento, frequenze del segnale, numero di bit, campo d’ingresso, baud rate.
  2. Nei problemi di campionamento confronta ogni frequenza con fs/2; una frequenza più alta compare a fa = |f − k·fs|, con il multiplo di fs più vicino.
  3. Nei problemi di risoluzione trova 1 LSB = VFSR/2ᴺ, oppure il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/risoluzione.
  4. Per velocità dei dati e collegamenti UART conta tutto ciò che viene inviato: canali, campioni al secondo, bit o byte interi per campione, e i bit di start, parità e stop di ogni frame.

Circuiti con amplificatori operazionali

Amplificatore invertente
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificatore non invertente
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificatore sommatore
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificatore operazionale ideale
V+ = V−, Iin = 0

Resistori in serie e parallelo

Resistenze in serie
Req = R1 + R2 + …
Resistenze in parallelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Due in parallelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Legge di Ohm
V = I·R
Potenza
P = V·I = I²R = V²/R

Metodo

  1. Parti dall’estremità della rete più lontana dai morsetti.
  2. Combina i resistori in serie sommandoli e quelli in parallelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Ridisegna il circuito dopo ogni passaggio.
  4. Ripeti finché tra i morsetti resta un solo resistore.

Thévenin e Norton

Tensione di Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistenza di Thévenin
Rth: tutti i generatori spenti, vista da a–b
Corrente di Norton
IN = Vth/Rth
Corrente nel carico
IL = Vth/(Rth + RL)
Massimo trasferimento di potenza
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metodo

  1. Togli il carico e indica i due morsetti a e b.
  2. Trova la tensione a vuoto tra a e b: questa è Vth.
  3. Spegni tutti i generatori indipendenti e trova la resistenza vista da a–b: questa è Rth.
  4. Ricollega il carico al circuito equivalente: Vth in serie con Rth.
  5. Per l’equivalente di Norton, converti: IN = Vth/Rth, con RN = Rth in parallelo.

2Esercizi

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetriMedia
+−6 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vab​ = ?

Un ponte ha quattro rami da 120 Ω e Vs = 6 V. Il sensore R₂ aumenta di ΔR = 30 Ω. Trova l’uscita esatta Vab in mV.

Vs = 6 VR = 120 ΩΔR = 30 Ω
Vab = mV
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−5 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−Vo​

Un quarto di ponte (un estensimetro attivo, GF = 2,12) è eccitato con 5 V. La massima deformazione da misurare è 750 µε e deve dare 5 V all’ingresso di un convertitore analogico-digitale. Trova il guadagno dell’amplificatore G.

Vs = 5 VGF = 2,12εmax = 750 µεVFS = 5 V
G =
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 85 V2ᴺ − 101 LSB1,45 V?

Un ADC a 8 bit con campo d’ingresso da 0 a 5 V tronca: il suo codice di uscita è ⌊Vin/LSB⌋ con 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Trova il codice di uscita decimale D per un ingresso di 1,45 V.

N = 8VFSR = 5 VVin = 1,45 V
D =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​115200 Bd, 8E1

Un ADC a 10 bit invia ogni campione tramite UART a 115200 baud, formato 8E1 (bit di start, 8 bit di dati, parità pari, 1 bit di stop). Ogni campione è inviato come 2 byte interi e il collegamento è occupato in continuazione. Trova la frequenza massima del segnale fmax che può essere campionata senza aliasing, in Hz.

baud = 115200 BdN = 108E1
fmax = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 1 kΩVin​

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V; la sua uscita satura a ±12 V. L’amplificatore non invertente è pilotato da un’onda sinusoidale. Trova la massima ampiezza d’ingresso Vin,max (valore di picco) per cui l’uscita non viene tagliata.

R1 = 1 kΩRf = 47 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 100 kΩ

L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

V1 = −0,8 VV2 = 0,2 VR1 = 2 kΩR2 = 100 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​15 ΩB

Trova la corrente IR1 erogata dal generatore, che scorre in R1.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBR6​20 Ω

Trova la corrente IR1 erogata dal generatore, che scorre in R1.

V1 = 5 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 ΩR6 = 20 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAab

Trova la resistenza di Thévenin Rth vista dai morsetti a–b.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAIs​5 ABRL​20 ΩIL​

Un carico RL = 20 Ω è collegato tra a–b. Usa un equivalente di Thévenin per trovare la potenza PL fornita al carico.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 20 Ω
PL = W

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vab = 333,3 mV

Ponte di Wheatstone: due partitori di tensione condividono un’unica alimentazione Vs. Il partitore sinistro R1–R2 dà Va = Vs·R2/(R1 + R2) e il partitore destro R3–R4 dà Vb = Vs·R4/(R3 + R4); l’uscita è Vab = Va − Vb. Il ponte è in equilibrio (Vab = 0, nessuna corrente nello strumento) quando R1/R2 = R3/R4, cioè R1·R4 = R2·R3. Visto dall’uscita, il ponte è un generatore di Thévenin con Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tensioni dei nodi

Va = 6·150/270 = 3,333 V
Vb = 3 V

Uscite

Vab = 333,3 mV

Risposta

Vab = 333,3 mV

La stima lineare Vs·ΔR/(4R) = 375 mV è del 12,5 % troppo alta: un quarto di ponte non è del tutto lineare.

2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: G = 2516

Estensimetri: un estensimetro cambia la sua resistenza con la deformazione: ΔR/R = GF·ε, dove il fattore di taratura GF vale circa 2 per un estensimetro a lamina metallica. In un ponte con tutti i rami uguali a R, un estensimetro attivo (quarto di ponte) dà Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Due estensimetri attivi con deformazioni opposte in rami adiacenti (mezzo ponte) danno Vs·GF·ε/2, e quattro (ponte intero) danno Vs·GF·ε. La tensione meccanica segue dalla legge di Hooke, σ = E·ε. Le celle di carico indicano la loro sensibilità in mV/V: l’uscita a pieno carico per ogni volt di eccitazione.

Uscita del ponte a fondo scala

Vo = 1,988 mV

Guadagno

G = 5/0,001988 = 2516

Risposta

G = 2516
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 74

Risoluzione dell’ADC: un convertitore a N bit divide il suo campo di fondo scala VFSR in 2ᴺ codici, da 0 a 2ᴺ − 1. Un passo è 1 LSB = VFSR/2ᴺ: la più piccola variazione che il convertitore può mostrare. Un ADC a troncamento dà il codice ⌊Vin/LSB⌋; un ADC ad arrotondamento non si discosta mai più di ½ LSB dal valore vero, il suo errore di quantizzazione. Ogni bit in più dimezza l’LSB e aggiunge circa 6 dB al rapporto segnale/rumore di quantizzazione ideale SQNR = 6,02·N + 1,76 dB per una sinusoide a fondo scala. Per ottenere una risoluzione r su un campo, scegli il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/r.

Passo di quantizzazione

1 LSB = 5/28 = 19,53 mV

Codice

Vin/LSB = 1450/19,53 = 74,24
codice = ⌊74,24⌋ = 74

Risposta

D = 74

In binario è 01001010.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fmax = 2618 Hz

UART: un collegamento seriale asincrono invia ogni byte come un frame: un bit di start (basso), i bit di dati, un bit di parità facoltativo e uno o due bit di stop (alti). Il baud rate è il numero di bit al secondo, quindi un bit dura Tb = 1/baud e un frame di n bit dura n/baud. Il comune formato 8N1 ha 10 bit per byte. Il generatore di baud divide il clock: baud = fclk/(16·D) con un numero intero D, quindi il baud rate reale differisce leggermente da quello desiderato; un errore sotto circa il 2 % di solito è accettabile.

Bit per campione sulla linea

2·11 = 22 bit

Frequenza di campionamento massima

fs,max = 115200/22 = 5236 Hz

Limite di Nyquist

fmax = 5236/2 = 2618 Hz

Risposta

fmax = 2618 Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vin,max = 0,25 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.

Guadagno

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 47/1 = 48

Massimo ingresso prima del taglio

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/48 = 0,25 V

Risposta

Vin,max = 0,25 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 0,398 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.

Correnti di ingresso

V₋ = 0, quindi ogni resistore di ingresso ha ai capi l’intera tensione di ingresso.

I1 = V1/R1 = −0,8/2 = −0,4 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/100 = 0,002 mA
If = I1 + I2 = −0,398 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −1·(−0,398) = 0,398 V

Risposta

Vout = 0,398 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,66 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.

R1​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​15 ΩB

Combina i resistori partendo dall’estremo lontano

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.

R3 + R4 = 3 + 15 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 15·18/(15+18) = 8,182 Ω
Req = R1 + 8,182 = 10 + 8,182 = 18,18 Ω

Corrente dal generatore

Il generatore vede solo Req, quindi la legge di Ohm dà la corrente che eroga. Quella corrente scorre in R₁.

IR1 = V1/Req = 12/18,18 = 0,66 A

Risposta

IR1 = 0,66 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,2672 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBR6​20 Ω

Combina i resistori partendo dall’estremo lontano

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.

R5 + R6 = 8 + 20 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 11,67 Ω
R3 + 11,67 = 41,67 Ω
R2 ∥ 41,67 = 6,711 Ω
Req = R1 + 6,711 = 12 + 6,711 = 18,71 Ω

Corrente dal generatore

Il generatore vede solo Req, quindi la legge di Ohm dà la corrente che eroga. Quella corrente scorre in R₁.

IR1 = V1/Req = 5/18,71 = 0,2672 A

Risposta

IR1 = 0,2672 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 16,71 Ω

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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩCORTOR2​4 ΩAabRth​

Trova Rth con tutti i generatori spenti

Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.

R1 ∥ R2 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 15 = 16,71 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: PL = 53 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 10 ΩCORTOR2​5 ΩAAPERTOBabRth​

Trova Rth con tutti i generatori spenti

Sostituisci i generatori di tensione con cortocircuiti e quelli di corrente con circuiti aperti, poi guarda il circuito da a–b.

R1 ∥ R2 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 10 = 13,08 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAIs​5 ABab+−Vth​

Trova Vth, la tensione a vuoto

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.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 11,54 + (−5)·3,077 = −3,846 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −3,846 + (−5)·10 = −53,85 V
Rth​ = 13,08 Ω−+Vth​53,85 VRL​20 ΩIL​

Collega il carico all’equivalente di Thévenin

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.

IL = Vth/(Rth + RL) = −53,85/(13,08 + 20) = −1,628 A
PL = IL²·RL = −1,628²·20 = 53 W

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