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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
+−2 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−Vab​ = ?

Un ponte ha quattro rami da 300 Ω e Vs = 2 V. Il sensore R₂ aumenta di ΔR = 0,75 Ω. Usando l’approssimazione per piccole variazioni, trova l’uscita Vab in mV.

Vs = 2 VR = 300 ΩΔR = 0,75 Ω
Vab = mV
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−10 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−5,125 mV

Un estensimetro (GF = 2,05) su un elemento con E = 110 GPa forma un quarto di ponte eccitato con 10 V. L’uscita indica 5,125 mV. Trova la tensione assiale σ in MPa.

Vs = 10 VGF = 2,05Vo = 5,125 mVE = 110 GPa
σ = MPa
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 6VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Trova il rapporto segnale/rumore di quantizzazione ideale SQNR di un ADC a 6 bit per una sinusoide a fondo scala.

N = 6
SQNR = dB
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​1/fbaud​16 MHz / (16·D)

Un microcontrollore con clock a 16 MHz imposta il baud rate della UART come fclk/(16·D), con D un numero intero arrotondato al valore più vicino. Il valore desiderato è 9600 baud. Trova l’errore percentuale del baud rate reale (positivo se è troppo veloce).

fclk = 16 MHzvalore desiderato = 9600 Bd
e = %
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Scegli il resistore di retroazione Rf che dà a questo amplificatore non invertente un guadagno di tensione di 10.

R1 = 47 kΩAv = 10
Rf = kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 0,1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,8 VR2​ = 10 kΩIf​

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.

V1 = 0,1 VV2 = 1,8 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​12 ΩB

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBR6​6 Ω

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

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 20 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩARL​3 ΩIL​B

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.

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAIs​5 ABRL​10 ΩIL​

Un carico RL = 10 Ω è collegato tra a–b. Usa un equivalente di Thévenin per trovare la potenza PL fornita al carico.

V1 = 9 VIs = 5 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩRL = 10 Ω
PL = W

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vab = 1,25 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.

Variazione relativa

ΔR/R = 0,75/300 = 0,0025

Uscita linearizzata

Vab ≈ 2·0,0025/4 = 1,25 mV

Risposta

Vab = 1,25 mV

Il valore esatto è 1,248 mV; l’approssimazione è buona finché ΔR/R è piccolo.

2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: σ = 110 MPa

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.

Deformazione

ε = 4·0,005125/(10·2,05) = 0,001

Tensione

σ = 110·10³ MPa·0,001 = 110 MPa

Risposta

σ = 110 MPa
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: SQNR = 37,88 dB

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.

SQNR ideale

SQNR = 6,02·6 + 1,76 = 37,88 dB

Risposta

SQNR = 37,88 dB
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: e = 0,1603 %

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.

Divisore

D = 16·10⁶/(16·9600) = 104,2 → 104

Baud rate reale

16·10⁶/(16·104) = 9615 Bd

Errore

(9615 − 9600)/9600·100 = 0,1603 %

Risposta

e = 0,1603 %

Un errore sotto circa il 2 % di solito è accettabile.

5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Rf = 423 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.

Guadagno di un amplificatore non invertente

V₋ = V₊ = Vin, e la corrente in R₁ scorre anche in Rf, quindi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·47 = 423 kΩ

Risposta

Rf = 423 kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: If = 0,2013 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.

Correnti di ingresso

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

I1 = V1/R1 = 0,1/4,7 = 0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 1,8/10 = 0,18 mA
If = I1 + I2 = 0,2013 mA

Risposta

If = 0,2013 mA
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 15,43 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​12 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 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 4·24/(4+24) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 12 + 3,429 = 15,43 Ω

Risposta

Req = 15,43 Ω
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,7935 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​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBR6​6 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R4 ∥ 26 = 1,857 Ω
R3 + 1,857 = 4,857 Ω
R2 ∥ 4,857 = 2,684 Ω
Req = R1 + 2,684 = 20 + 2,684 = 22,68 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 = 18/22,68 = 0,7935 A

Risposta

IR1 = 0,7935 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 0,3846 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 8 ΩCORTOR2​20 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 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 8 = 13,71 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAab+−Vth​

Trova Vth, la tensione a vuoto

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.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·20/(8+20) = 6,429 V
Rth​ = 13,71 Ω+−Vth​6,429 VRL​3 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) = 6,429/(13,71 + 3) = 0,3846 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: PL = 78,4 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​ = 15 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 10 = 13,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 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) = 2,25 + (−5)·3,75 = −16,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −16,5 + (−5)·10 = −66,5 V
Rth​ = 13,75 Ω−+Vth​66,5 VRL​10 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) = −66,5/(13,75 + 10) = −2,8 A
PL = IL²·RL = −2,8²·10 = 78,4 W

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