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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
+−15 VR1​ = 100 ΩR2​ = 80 ΩR3​ = 20 ΩR4​ = 10 Ωab+−Rth​ = ?

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
+−2,5 V120 Ω − ΔR120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​ = ?

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
Vin​N = ?3,3 V2ᴺ − 10≤ 2 mV

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
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​57600 Bd, 8E1

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
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −1,4 V

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
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 47 kΩV2​ = −0,3 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = −0,3 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​20 ΩB

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

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​12 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 ΩR6 = 12 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAab

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
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​1 ABab

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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​20 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 = 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.

R1​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​30 ΩBR6​12 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 = 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.

R1​ = 4 ΩR3​ = 6 ΩCORTOR2​12 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 = 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.

R1​ = 30 ΩR3​ = 4 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 = 30·5/(30+5) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 4 = 8,286 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​1 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) = 2,143 + 1·4,286 = 6,429 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,429 + 1·4 = 10,43 V

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