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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 V330 Ω330 Ω + ΔR330 Ω330 Ωab+−Vab​ = ?

Un ponte ha quattro rami da 330 Ω e Vs = 15 V. Il sensore R₂ aumenta di ΔR = 0,66 Ω. Usando l’approssimazione per piccole variazioni, trova l’uscita Vab in mV.

Vs = 15 VR = 330 ΩΔR = 0,66 Ω
Vab = mV
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

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

R = 120 ΩGF = 2ΔR = 0,12 Ω
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 3,2 kHzfs​ = 4 kHz

Una sinusoide a 3,2 kHz è campionata a 4 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in Hz.

f = 3,2 kHzfs = 4 kHz
fa = Hz
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
1216⋮16 ch∿01tc​ = 1 µstset​ = 2,5 µsfs​ = ?

Un multiplexer a 16 canali alimenta un solo ADC. Ogni conversione dura 1 µs e dopo ogni commutazione di canale l’ingresso richiede 2,5 µs per assestarsi. I canali sono scansionati a turno senza pause. Trova la frequenza di campionamento fs di ciascun canale, in kHz.

n = 16tc = 1 µstset = 2,5 µs
fs = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 3 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 2 kΩ

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

Vin = 3 VRa = 4,7 kΩRb = 2 kΩR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −1,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = −1,3 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = −1,7 VV2 = −1,3 VR1 = 10 kΩR2 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​2 ΩB

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

V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 30 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​10 Ω

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 ΩR5 = 8 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​3 ABRL​3 ΩIL​

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 = 5 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩRL = 3 Ω
IL = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vab = 7,5 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 = 0,66/330 = 0,002

Uscita linearizzata

Vab ≈ 15·0,002/4 = 7,5 mV

Risposta

Vab = 7,5 mV

Il valore esatto è 7,493 mV; l’approssimazione è buona finché ΔR/R è piccolo.

2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ε = 500 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 = 0,12/120 = 0,001

Deformazione

ε = 0,001/2 = 0,0005 = 500 µε

Risposta

ε = 500 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 800 Hz

Campionamento: un ADC misura il segnale fs volte al secondo. Secondo il teorema di Nyquist–Shannon una frequenza f è acquisita correttamente solo finché f < fs/2, la frequenza di Nyquist (di ripiegamento), quindi la frequenza di campionamento deve superare il doppio della frequenza più alta del segnale. Una frequenza più alta non va persa: compare come alias a fa = |f − k·fs|, con il numero intero k che porta il risultato tra 0 e fs/2. I campioni non permettono di distinguere le due, quindi un filtro anti-aliasing analogico deve eliminare tutto ciò che sta sopra fs/2 prima dell’ADC.

Frequenza di Nyquist

fs/2 = 2 kHz < f = 3,2 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(3200/4000) = 1

Frequenza di alias

fa = |3200 − 1·4000| = 800 Hz

Risposta

fa = 800 Hz

La curva tratteggiata nella figura è l’alias: passa esattamente per gli stessi campioni.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 17,86 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

1 + 2,5 = 3,5 µs

Tempo per scansione

16·3,5 = 56 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/56 µs = 17,86 kHz

Risposta

fs = 17,86 kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 4,966 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.

Tensione all’ingresso +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 3·2/(4,7 + 2) = 0,8955 V

Guadagno non invertente

V₋ = V₊, e la corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,8955·(1 + 100/22) = 4,966 V

Risposta

Vout = 4,966 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 9,29 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 = −1,7/10 = −0,17 mA
I2 = V2/R2 = −1,3/47 = −0,02766 mA
If = I1 + I2 = −0,1977 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −47·(−0,1977) = 9,29 V

Risposta

Vout = 9,29 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,6207 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​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 8 + 1,667 = 9,667 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 = 6/9,667 = 0,6207 A

Risposta

IR1 = 0,6207 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,2303 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​ = 30 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​15 ΩBR6​10 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 + 10 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 8,182 Ω
R3 + 8,182 = 11,18 Ω
R2 ∥ 11,18 = 3,905 Ω
Req = R1 + 3,905 = 30 + 3,905 = 33,9 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 = 12/33,9 = 0,3539 A

Corrente in R₂

Sottrai la caduta su R₁ per ottenere la tensione al nodo A, che è la tensione ai capi di R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,3539·30 = 1,382 V
IR2 = VA/R2 = 1,382/6 = 0,2303 A

Risposta

IR2 = 0,2303 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 16,6 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​ = 15 ΩCORTOR2​8 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 15 = 16,6 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 2,4 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​ = 5 ΩCORTOR2​6 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 5 = 8,429 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR2​6 ΩAIs​3 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 + 3·3,429 = 12,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,43 + 3·5 = 27,43 V
Rth​ = 8,429 Ω+−Vth​27,43 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) = 27,43/(8,429 + 3) = 2,4 A

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