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

Trova la resistenza di Thévenin Rth del ponte mostrato, vista dai morsetti di uscita a e b.

Vs = 2 VR1 = 20 ΩR2 = 80 ΩR3 = 100 ΩR4 = 80 Ω
Rth = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

Un estensimetro da 120 Ω con fattore di taratura 2,12 è incollato su una barra d’acciaio. Sotto carico la sua resistenza aumenta di 0,2035 Ω. Trova la deformazione ε in microdeformazioni (µε).

R = 120 ΩGF = 2,12ΔR = 0,2035 Ω
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = ?120 °C2ᴺ − 10≤ 0,5 °C

Un sensore misura temperatura su un campo di 120 °C e la sua uscita riempie tutto il campo d’ingresso di un ADC. La lettura deve risolvere 0,5 °C. Trova il più piccolo numero di bit N necessario all’ADC.

campo = 120 °Crisoluzione = 0,5 °C
N =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
128⋮8 ch∿01tc​ = 5 µstset​ = 0,5 µsfs​ = ?

Un multiplexer a 8 canali alimenta un solo ADC. Ogni conversione dura 5 µs e dopo ogni commutazione di canale l’ingresso richiede 0,5 µs per assestarsi. I canali sono scansionati a turno senza pause. Trova la frequenza di campionamento fs di ciascun canale, in kHz.

n = 8tc = 5 µstset = 0,5 µs
fs = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = −0,3 V

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

Vin = −0,3 VR1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,8 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,4 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 = −1,8 VV2 = 1,4 VR1 = 100 kΩR2 = 10 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​5 ΩB

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

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​25 ΩBR6​12 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 12 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAIs​4 ABRL​6 ΩIL​

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.

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩRL = 6 Ω
IL = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Rth = 60,44 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 = 20·80/100 = 16 Ω
R₃∥R₄ = 100·80/180 = 44,44 Ω

Resistenza di Thévenin

Rth = 60,44 Ω

Risposta

Rth = 60,44 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ε = 800 µε

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 = 0,2035/120 = 0,001696

Deformazione

ε = 0,001696/2,12 = 0,0008 = 800 µε

Risposta

ε = 800 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: N = 8

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

120/0,5 = 240

Bit

log₂(240) = 7,907
27 = 128 < 240 ≤ 28 = 256
N = 8

Risposta

N = 8
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 22,73 kHz

Velocità dei dati: ogni canale fornisce fs campioni al secondo da N bit, quindi la velocità grezza è canali × fs × N bit/s. In memoria un campione occupa byte interi (un campione a 12 bit è memorizzato in 2 byte), quindi la memoria per una registrazione è canali × fs × byte per campione × tempo. Un ADC multiplexato converte i canali uno dopo l’altro: ogni conversione (con assestamento) richiede t, quindi un giro di n canali richiede n·t e ogni canale è campionato a 1/(n·t).

Tempo per canale

5 + 0,5 = 5,5 µs

Tempo per scansione

8·5,5 = 44 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/44 µs = 22,73 kHz

Risposta

fs = 22,73 kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −0,9383 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₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/4,7 = −0,06383 mA

Tensione di uscita

La corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,06383)·10 = −0,9383 V

Risposta

Vout = −0,9383 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: If = 0,122 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 = −1,8/100 = −0,018 mA
I2 = V2/R2 = 1,4/10 = 0,14 mA
If = I1 + I2 = 0,122 mA

Risposta

If = 0,122 mA
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 1,05 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​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​5 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 = 4 + 5 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 12·9/(12+9) = 5,143 Ω
Req = R1 + 5,143 = 12 + 5,143 = 17,14 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 = 18/17,14 = 1,05 A

Risposta

IR1 = 1,05 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 1,126 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​ = 8 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​25 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 11,7 Ω
R3 + 11,7 = 19,7 Ω
R2 ∥ 19,7 = 6,633 Ω
Req = R1 + 6,633 = 20 + 6,633 = 26,63 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 = 30/26,63 = 1,126 A

Risposta

IR1 = 1,126 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 6,667 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​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩCORTOR2​10 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 5 = 6,667 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 3,422 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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩCORTOR2​8 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 12 = 17,71 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAIs​4 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) = 10,29 + 4·5,714 = 33,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33,14 + 4·12 = 81,14 V
Rth​ = 17,71 Ω+−Vth​81,14 VRL​6 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) = 81,14/(17,71 + 6) = 3,422 A

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