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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 V200 Ω200 Ω200 Ω200 Ωab+−

Un estensimetro da 200 Ω è un ramo (R₂) di un ponte con quattro rami uguali da 200 Ω e un’eccitazione di 3 V. Trova la potenza Pg dissipata nell’estensimetro, in mW. L’autoriscaldamento limita l’eccitazione.

Vs = 3 VR = 200 Ω
Pg = mW
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Un estensimetro da 350 Ω con fattore di taratura 2,05 è incollato su una barra d’acciaio. Sotto carico la sua resistenza aumenta di 0,574 Ω. Trova la deformazione ε in microdeformazioni (µε).

R = 350 ΩGF = 2,05ΔR = 0,574 Ω
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 4,6 kHzfs​ = 4 kHz

Una sinusoide a 4,6 kHz è campionata a 4 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in Hz.

f = 4,6 kHzfs = 4 kHz
fa = Hz
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
122 ch∿01tc​ = 1 µstset​ = 1 µsfs​ = ?

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

n = 2tc = 1 µstset = 1 µs
fs = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V; la sua uscita satura a ±14 V. L’amplificatore non invertente è pilotato da un’onda sinusoidale. Trova la massima ampiezza d’ingresso Vin,max (valore di picco) per cui l’uscita non viene tagliata.

R1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
Vin​V1​Vout​stadio 1: invertenteR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩstadio 2: non invertenteR2​ = 2 kΩRf2​ = 2 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 = 0,6 V. Trova la tensione d’uscita Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,6 V
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​3 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAIs​2 ABab

Trova la corrente di Norton IN: la corrente che scorre da a a b se i morsetti sono cortocircuitati.

V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 Ω
IN = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Pg = 11,25 mW

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 ai capi dell’estensimetro

V = 3/2 = 1,5 V

Potenza

Pg = 1,5²/200 = 11,25 mW

Risposta

Pg = 11,25 mW
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 = 0,574/350 = 0,00164

Deformazione

ε = 0,00164/2,05 = 0,0008 = 800 µε

Risposta

ε = 800 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 600 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 = 4,6 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(4600/4000) = 1

Frequenza di alias

fa = |4600 − 1·4000| = 600 Hz

Risposta

fa = 600 Hz

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

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 250 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 + 1 = 2 µs

Tempo per scansione

2·2 = 4 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/4 µs = 250 kHz

Risposta

fs = 250 kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vin,max = 4,476 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

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Massimo ingresso prima del taglio

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/3,128 = 4,476 V

Risposta

Vin,max = 4,476 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −1,2 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 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/2 = 2

Stadio per stadio

V1 = −1·0,6 = −0,6 V
Vout = 2·(−0,6) = −1,2 V

Risposta

Vout = −1,2 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 1,76 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​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​3 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 2·9/(2+9) = 1,636 Ω
Req = R1 + 1,636 = 12 + 1,636 = 13,64 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 = 24/13,64 = 1,76 A

Risposta

IR1 = 1,76 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 2,47 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBR6​2 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 = 2 + 2 = 4 Ω
R4 ∥ 4 = 1,714 Ω
R3 + 1,714 = 6,714 Ω
R2 ∥ 6,714 = 2,074 Ω
Req = R1 + 2,074 = 4 + 2,074 = 6,074 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 = 15/6,074 = 2,47 A

Risposta

IR1 = 2,47 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 1 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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩCORTOR2​4 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 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) = 6·4/(20+4) = 1 V
10.Thévenin e Norton

Risposta: IN = 2,439 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​ = 3 ΩR3​ = 10 ΩCORTOR2​4 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 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 10 = 11,71 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAIs​2 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) = 5,143 + 2·1,714 = 8,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,571 + 2·10 = 28,57 V
IN​2,439 ARth​11,71 Ωab

Equivalente di Norton

Un generatore di Norton è lo stesso circuito visto come un generatore di corrente in parallelo con R_th. La sua corrente è la corrente di cortocircuito tra a–b.

IN = Vth/Rth = 28,57/11,71 = 2,439 A

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