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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
Tratta il ponte come due partitori di tensione ai capi della stessa alimentazione.
Per l’equilibrio, poni R₁/R₂ = R₃/R₄ e ricava la resistenza incognita.
Per un ponte non equilibrato, ricava Va e Vb dai partitori e sottrai; usa l’equivalente di Thévenin quando uno strumento carica l’uscita.
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
Scrivi i dati: frequenza di campionamento, frequenze del segnale, numero di bit, campo d’ingresso, baud rate.
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.
Nei problemi di risoluzione trova 1 LSB = VFSR/2ᴺ, oppure il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/risoluzione.
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
Parti dall’estremità della rete più lontana dai morsetti.
Combina i resistori in serie sommandoli e quelli in parallelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Ridisegna il circuito dopo ogni passaggio.
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
Togli il carico e indica i due morsetti a e b.
Trova la tensione a vuoto tra a e b: questa è Vth.
Spegni tutti i generatori indipendenti e trova la resistenza vista da a–b: questa è Rth.
Ricollega il carico al circuito equivalente: Vth in serie con Rth.
Per l’equivalente di Norton, converti: IN = Vth/Rth, con RN = Rth in parallelo.
2Esercizi
1.Ponte di Wheatstone ed estensimetriMedia
Trova la resistenza di Thévenin Rth del ponte mostrato, vista dai morsetti di uscita a e b.
Vs = 15 VR1 = 100 ΩR2 = 80 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
Rth = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
Un ponte con rami da 120 Ω è eccitato con 2,5 V e ha due estensimetri attivi in rami adiacenti, uno in trazione e uno in compressione (mezzo ponte). Il fattore di taratura è 2,12 e la deformazione è 1500 µε. Trova l’uscita del ponte Vo in mV.
Vs = 2,5 VGF = 2,12ε = 1500 µε
Vo = mV
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Un ADC con campo d’ingresso da 0 a 3,3 V deve risolvere passi di 2 mV o meno. Trova il più piccolo numero di bit N.
VFSR = 3,3 Vrisoluzione = 2 mV
N =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
Un ADC a 12 bit invia ogni campione tramite UART a 57600 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 = 57600 BdN = 128E1
fmax = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.
Vin = −1,4 VR1 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.
Trova la resistenza di Thévenin Rth vista dai morsetti a–b.
V1 = 18 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
Trova la tensione di Thévenin Vth vista dai morsetti a–b.
V1 = 15 VIs = 1 AR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
3Soluzioni
1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri
Risposta: Rth = 51,11 Ω
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.
Alimentazione in cortocircuito
R₁∥R₂ = 100·80/180 = 44,44 Ω
R₃∥R₄ = 20·10/30 = 6,667 Ω
Resistenza di Thévenin
Rth = 51,11 Ω
Risposta
Rth = 51,11 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri
Risposta: Vo = 3,975 mV
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.
Variazione relativa di resistenza
ΔR/R = 2,12·1500·10⁻⁶ = 0,00318
Uscita del ponte
Vo = Vs·GF·ε/2 = 2,5·0,00318/2 = 3,975 mV
Risposta
Vo = 3,975 mV
3.Acquisizione dati e campionamento
Risposta: N = 11
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.
Passi necessari
3300 mV/2 mV = 1650
Bit
log₂(1650) = 10,69
210 = 1024 < 1650 ≤ 211 = 2048
N = 11
Risposta
N = 11
4.Acquisizione dati e campionamento
Risposta: fmax = 1309 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 = 57600/22 = 2618 Hz
Limite di Nyquist
fmax = 2618/2 = 1309 Hz
Risposta
fmax = 1309 Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionali
Risposta: Vout = −4,2 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.
L’ingresso invertente segue l’ingresso
V₋ = V₊ = −1,4 V
I = V₋/R1 = −1,4/1 = −1,4 mA
Tensione di uscita
La corrente in R₁ scorre anche in Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −1,4 + (−1,4)·2 = −4,2 V
Risposta
Vout = −4,2 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali
Risposta: Vout = 0,426 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 = 0,5/47 = 0,01064 mA
I2 = V2/R2 = −0,3/10 = −0,03 mA
If = I1 + I2 = −0,01936 mA
Tensione di uscita
Vout = −Rf·If = −22·(−0,01936) = 0,426 V
Risposta
Vout = 0,426 V
7.Resistori in serie e parallelo
Risposta: IR1 = 1,781 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.
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 = 5 + 20 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Req = R1 + 8,108 = 2 + 8,108 = 10,11 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 = 18/10,11 = 1,781 A
Risposta
IR1 = 1,781 A
8.Resistori in serie e parallelo
Risposta: IR1 = 2,632 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.
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 = 25 + 12 = 37 Ω
R4 ∥ 37 = 16,57 Ω
R3 + 16,57 = 22,57 Ω
R2 ∥ 22,57 = 3,398 Ω
Req = R1 + 3,398 = 8 + 3,398 = 11,4 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 = 30/11,4 = 2,632 A
Risposta
IR1 = 2,632 A
9.Thévenin e Norton
Risposta: Rth = 9 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.
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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 6 = 9 Ω
10.Thévenin e Norton
Risposta: Vth = 10,43 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.
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 = 30·5/(30+5) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 4 = 8,286 Ω
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) = 2,143 + 1·4,286 = 6,429 V