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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
+−5 V150 Ω150 Ω + ΔR150 Ω150 Ωab+−12,44 mV

Un ponte con quattro rami da 150 Ω è alimentato con 5 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 12,44 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 5 VR = 150 ΩVab = 12,44 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−10 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−3,18 mV

Un quarto di ponte con un estensimetro attivo (GF = 2,12) è eccitato con 10 V. Sotto carico l’uscita indica 3,18 mV. Trova la deformazione ε in µε.

Vs = 10 VGF = 2,12Vo = 3,18 mV
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = ?150 °C2ᴺ − 10≤ 0,2 °C

Un sensore misura temperatura su un campo di 150 °C e la sua uscita riempie tutto il campo d’ingresso di un ADC. La lettura deve risolvere 0,2 °C. Trova il più piccolo numero di bit N necessario all’ADC.

campo = 150 °Crisoluzione = 0,2 °C
N =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​2fs​1,75 kHz7f₁?

Un’onda quadra a 1,75 kHz è campionata a 5 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 7f₁? Esprimila in Hz.

f₁ = 1,75 kHzfs = 5 kHzarmonica: 7f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = −0,4 V

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

Vin = −0,4 VR1 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 1,3 VR = 1 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 = 1,3 V. Quanto tempo dopo t = 0 l’uscita raggiunge la saturazione? Trova t.

Vin = 1,3 VR = 1 kΩC = 1 µFVsat = ±14 V
t = ms
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​25 Ω

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 ΩR5 = 15 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩARL​12 ΩIL​B

Un carico RL = 12 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 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩRL = 12 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​25 ΩAIs​5 ABRL​25 ΩIL​

Un carico RL = 25 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 = 9 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩRL = 25 Ω
IL = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 1,5 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 = 2,5 + 0,01244 = 2,512 V

Risolvi il partitore

R₂ = 150·2,512/(5 − 2,512) = 151,5 Ω
ΔR = 151,5 − 150 = 1,5 Ω

Risposta

ΔR = 1,5 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ε = 600 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.

Risolvi l’equazione del quarto di ponte

ε = 4·0,00318/(10·2,12) = 0,0006

In microdeformazioni

ε = 600 µε

Risposta

ε = 600 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: N = 10

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

150/0,2 = 750

Bit

log₂(750) = 9,551
29 = 512 < 750 ≤ 210 = 1024
N = 10

Risposta

N = 10
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 2250 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

7f₁ = 7·1,75 kHz = 12,25 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(2,45) = 2

Frequenza di alias

fa = |12250 − 2·5000| = 2250 Hz

Risposta

fa = 2250 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 = −1,255 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₊ = −0,4 V
I = V₋/R1 = −0,4/22 = −0,01818 mA

Tensione di uscita

La corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,4 + (−0,01818)·47 = −1,255 V

Risposta

Vout = −1,255 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: t = 10,77 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 = 1 kΩ · 1 µF = 1 ms
velocità di variazione = −Vin/(RC) = −1,3/1 = −1,3 V/ms

Tempo fino alla saturazione

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·1/1,3 = 10,77 ms

Risposta

t = 10,77 ms
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,5705 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​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​15 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 = 15 + 2 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 15·17/(15+17) = 7,969 Ω
Req = R1 + 7,969 = 6 + 7,969 = 13,97 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 = 15/13,97 = 1,074 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 = 15 − 1,074·6 = 8,557 V
IR2 = VA/R2 = 8,557/15 = 0,5705 A

Risposta

IR2 = 0,5705 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,3314 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​ = 20 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​25 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 = 15 + 25 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 2,791 Ω
R3 + 2,791 = 22,79 Ω
R2 ∥ 22,79 = 3,403 Ω
Req = R1 + 3,403 = 12 + 3,403 = 15,4 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 = 6/15,4 = 0,3895 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 = 6 − 0,3895·12 = 1,326 V
IR2 = VA/R2 = 1,326/4 = 0,3314 A

Risposta

IR2 = 0,3314 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 0,3061 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​ = 3 ΩCORTOR2​2 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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 3 = 4,333 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​2 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) = 15·2/(4+2) = 5 V
Rth​ = 4,333 Ω+−Vth​5 VRL​12 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) = 5/(4,333 + 12) = 0,3061 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 2,746 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​ = 30 ΩR3​ = 15 ΩCORTOR2​25 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 = 30·25/(30+25) = 13,64 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 13,64 + 15 = 28,64 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​25 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) = 4,091 + 5·13,64 = 72,27 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 72,27 + 5·15 = 147,3 V
Rth​ = 28,64 Ω+−Vth​147,3 VRL​25 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) = 147,3/(28,64 + 25) = 2,746 A

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