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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
+−3 V400 Ω400 Ω + ΔR400 Ω400 Ωab+−36,59 mV

Un ponte con quattro rami da 400 Ω è alimentato con 3 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 36,59 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 3 VR = 400 ΩVab = 36,59 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−5 V1000 Ω − ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Un ponte con rami da 1000 Ω è eccitato con 5 V e ha quattro estensimetri attivi, due in trazione e due in compressione (ponte intero). Il fattore di taratura è 2,05 e la deformazione è 400 µε. Trova l’uscita del ponte Vo in mV.

Vs = 5 VGF = 2,05ε = 400 µε
Vo = mV
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 4 kHzfs​ = 5 kHz

Una sinusoide a 4 kHz è campionata a 5 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in Hz.

f = 4 kHzfs = 5 kHz
fa = Hz
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​2,8 kHz5f₁?

Un’onda quadra a 2,8 kHz è campionata a 8 kHz senza filtro anti-aliasing. Un’onda quadra contiene le armoniche dispari 3f₁, 5f₁, 7f₁, … A quale frequenza fa compare nei dati campionati la sua armonica 5f₁? Esprimila in Hz.

f₁ = 2,8 kHzfs = 8 kHzarmonica: 5f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,6 VR3​ = 10 kΩR4​ = 47 kΩ

L’amplificatore differenziale usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V, con R3 = R1 e R4 = R2. Trova la tensione di uscita Vout.

V1 = 0,5 VV2 = 1,6 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 2,1 VR = 100 kΩ

L’integratore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V; la sua uscita satura a ±14 V. Il condensatore è scarico quando a t = 0 viene applicato un ingresso costante Vin = 2,1 V. Quanto tempo dopo t = 0 l’uscita raggiunge la saturazione? Trova t.

Vin = 2,1 VR = 100 kΩC = 1 µFVsat = ±14 V
t = ms
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​8 ΩBR6​10 Ω

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

V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩARL​8 ΩIL​B

Un carico RL = 8 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 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩRL = 8 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAIs​5 ABRL​15 ΩIL​

Un carico RL = 15 Ω è collegato tra a–b. Usa un equivalente di Thévenin per trovare la potenza PL fornita al carico.

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
PL = W

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 20 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.

Tensione del nodo

Va = 1,5 + 0,03659 = 1,537 V

Risolvi il partitore

R₂ = 400·1,537/(3 − 1,537) = 420 Ω
ΔR = 420 − 400 = 20 Ω

Risposta

ΔR = 20 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vo = 4,1 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 = 2,05·400·10⁻⁶ = 0,00082

Uscita del ponte

Vo = Vs·GF·ε = 5·0,00082 = 4,1 mV

Risposta

Vo = 4,1 mV
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 1000 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 = 2,5 kHz < f = 4 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(4000/5000) = 1

Frequenza di alias

fa = |4000 − 1·5000| = 1000 Hz

Risposta

fa = 1000 Hz

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

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 2000 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 dell’armonica

5f₁ = 5·2,8 kHz = 14 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(1,75) = 2

Frequenza di alias

fa = |14000 − 2·8000| = 2000 Hz

Risposta

fa = 2000 Hz

L’alias cade dentro la banda del segnale, dove nessun filtro digitale può rimuoverlo. Aiuta solo un filtro analogico prima dell’ADC.

5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 5,17 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 agli ingressi

R₃ e R₄ portano la stessa corrente, quindi formano un partitore di tensione; la retroazione rende V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,6·47/(10 + 47) = 1,319 V
V₋ = V₊

LKC all’ingresso invertente

(0,5 − 1,319)/10 = (1,319 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/10)·(1,6 − 0,5) = 5,17 V

Risposta

Vout = 5,17 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: t = 666,7 ms

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.

Corrente d’ingresso e velocità di variazione

kΩ per µF dà millisecondi.

RC = 100 kΩ · 1 µF = 100 ms
velocità di variazione = −Vin/(RC) = −2,1/100 = −0,021 V/ms

Tempo fino alla saturazione

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·100/2,1 = 666,7 ms

Risposta

t = 666,7 ms
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 1,282 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​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​8 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 5·11/(5+11) = 3,438 Ω
Req = R1 + 3,438 = 3 + 3,438 = 6,438 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 = 12/6,438 = 1,864 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 − 1,864·3 = 6,408 V
IR2 = VA/R2 = 6,408/5 = 1,282 A

Risposta

IR2 = 1,282 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,4567 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​30 ΩAR4​8 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 = 3 + 10 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 4,952 Ω
R3 + 4,952 = 8,952 Ω
R2 ∥ 8,952 = 6,895 Ω
Req = R1 + 6,895 = 15 + 6,895 = 21,89 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 = 10/21,89 = 0,4567 A

Risposta

IR1 = 0,4567 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 0,1184 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​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩCORTOR2​6 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 = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 20 = 22,4 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 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) = 6·6/(4+6) = 3,6 V
Rth​ = 22,4 Ω+−Vth​3,6 VRL​8 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) = 3,6/(22,4 + 8) = 0,1184 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: PL = 76,78 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩCORTOR2​12 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 5 = 8,529 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​12 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) = 10,59 + 5·3,529 = 28,24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,24 + 5·5 = 53,24 V
Rth​ = 8,529 Ω+−Vth​53,24 VRL​15 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) = 53,24/(8,529 + 15) = 2,262 A
PL = IL²·RL = 2,262²·15 = 76,78 W

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