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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
+−10 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−98,04 mV

Un ponte con quattro rami da 300 Ω è alimentato con 10 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 98,04 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 10 VR = 300 ΩVab = 98,04 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−5 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Un ponte con rami da 350 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 e la deformazione è 800 µε. Trova l’uscita del ponte Vo in mV.

Vs = 5 VGF = 2ε = 800 µε
Vo = mV
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 140 kHzfs​ = 100 kHz

Una sinusoide a 140 kHz è campionata a 100 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in kHz.

f = 140 kHzfs = 100 kHz
fa = kHz
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​14 kHz3f₁?

Un’onda quadra a 14 kHz è campionata a 50 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 3f₁? Esprimila in kHz.

f₁ = 14 kHzfs = 50 kHzarmonica: 3f₁
fa = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 10 kΩV2​ = 2,6 VR3​ = 10 kΩR4​ = 22 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 = −0,4 VV2 = 2,6 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
Vin​V1​Vout​stadio 1: invertenteR1​ = 2 kΩRf1​ = 2 kΩstadio 2: non invertenteR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 10 kΩ

Due stadi con amplificatore operazionale ideale sono collegati in cascata: un amplificatore invertente (R1, Rf1) seguito da un amplificatore non invertente (R2 verso massa, Rf2 nella retroazione). Entrambi sono alimentati a ±15 V. L’ingresso è Vin = 0,95 V. Trova la tensione d’uscita Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 2 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 10 kΩVin = 0,95 V
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​4 ΩB

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

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBR6​12 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 ΩR5 = 4 ΩR6 = 12 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAIs​1 ABab

Trova la tensione di Thévenin Vth vista dai morsetti a–b.

V1 = 24 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 12 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 = 5 + 0,09804 = 5,098 V

Risolvi il partitore

R₂ = 300·5,098/(10 − 5,098) = 312 Ω
ΔR = 312 − 300 = 12 Ω

Risposta

ΔR = 12 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vo = 8 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 = 2·800·10⁻⁶ = 0,0016

Uscita del ponte

Vo = Vs·GF·ε = 5·0,0016 = 8 mV

Risposta

Vo = 8 mV
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 40 kHz

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 = 50 kHz < f = 140 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(140/100) = 1

Frequenza di alias

fa = |140 − 1·100| = 40 kHz

Risposta

fa = 40 kHz

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

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 8 kHz

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

3f₁ = 3·14 kHz = 42 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(0,84) = 1

Frequenza di alias

fa = |42 − 1·50| = 8 kHz

Risposta

fa = 8 kHz

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 = 6,6 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) = 2,6·22/(10 + 22) = 1,788 V
V₋ = V₊

LKC all’ingresso invertente

(−0,4 − 1,788)/10 = (1,788 − Vout)/22
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (22/10)·(2,6 − (−0,4)) = 6,6 V

Risposta

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

Risposta: Vout = −2,971 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.

Guadagno di ciascuno stadio

A1 = −Rf1/R1 = −2/2 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Stadio per stadio

V1 = −1·0,95 = −0,95 V
Vout = 3,128·(−0,95) = −2,971 V

Risposta

Vout = −2,971 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,633 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​ = 15 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​4 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 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 5·19/(5+19) = 3,958 Ω
Req = R1 + 3,958 = 15 + 3,958 = 18,96 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 = 12/18,96 = 0,633 A

Risposta

IR1 = 0,633 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 3,068 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​ = 5 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​10 ΩAR4​10 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 6,154 Ω
R3 + 6,154 = 9,154 Ω
R2 ∥ 9,154 = 4,779 Ω
Req = R1 + 4,779 = 5 + 4,779 = 9,779 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 = 30/9,779 = 3,068 A

Risposta

IR1 = 3,068 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 11,22 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​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩCORTOR2​15 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 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 6 = 11,22 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 28,77 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​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩCORTOR2​10 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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 8 = 10,31 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​10 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) = 18,46 + 1·2,308 = 20,77 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,77 + 1·8 = 28,77 V

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