Misure e strumentazione: pacchetto last-minute

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 V220 Ω220 Ω + ΔR220 Ω220 Ωab+−7,46 mV

Un ponte con quattro rami da 220 Ω è alimentato con 3 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 7,46 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 3 VR = 220 ΩVab = 7,46 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

Un estensimetro da 120 Ω con fattore di taratura 2,1 è incollato su una barra d’acciaio. Sotto carico la sua resistenza aumenta di 0,126 Ω. Trova la deformazione ε in microdeformazioni (µε).

R = 120 ΩGF = 2,1ΔR = 0,126 Ω
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
124⋮4 ch∿01N = 2425 kHz? MB

Un registratore campiona 4 canali a 25 kHz ciascuno con un ADC a 24 bit. Ogni campione è memorizzato in byte interi. Trova la memoria M necessaria per una registrazione di 15 min, in MB (1 MB = 10⁶ byte).

n = 4fs = 25 kHzN = 24t = 15 min
M = MB
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
Vin​N = ?VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Una misura audio richiede un rapporto segnale/rumore di quantizzazione ideale di almeno 55 dB per una sinusoide a fondo scala. Trova il più piccolo numero di bit dell’ADC N.

SQNR ≥ 55 dB
N =
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 47 kΩVin​ = 2 V

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

Vin = 2 VR1 = 47 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = 1,2 VR = 2,2 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 = 1,2 V. Trova la tensione d’uscita Vout a t = 2 ms.

Vin = 1,2 VR = 2,2 kΩC = 0,22 µFVsat = ±14 Vt = 2 ms
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​5 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 2,199 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 + 0,00746 = 1,507 V

Risolvi il partitore

R₂ = 220·1,507/(3 − 1,507) = 222,2 Ω
ΔR = 222,2 − 220 = 2,199 Ω

Risposta

ΔR = 2,199 Ω
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 = 0,126/120 = 0,00105

Deformazione

ε = 0,00105/2,1 = 0,0005 = 500 µε

Risposta

ε = 500 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: M = 270 MB

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).

Byte per campione

⌈24/8⌉ = 3 B

Byte al secondo

4·25000·3 = 300000 B/s

Memoria

M = 300000·900 = 2,7 × 10⁸ B = 270 MB

Risposta

M = 270 MB
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: N = 9

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.

Risolvi per N

N ≥ (55 − 1,76)/6,02 = 8,844

Arrotonda per eccesso

N = 9
verifica: 6,02·9 + 1,76 = 55,94 dB ≥ 55 dB

Risposta

N = 9
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 6,255 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₊ = 2 V
I = V₋/R1 = 2/47 = 0,04255 mA

Tensione di uscita

La corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 2 + 0,04255·100 = 6,255 V

Risposta

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

Risposta: Vout = −4,959 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.

Corrente d’ingresso e velocità di variazione

kΩ per µF dà millisecondi.

RC = 2,2 kΩ · 0,22 µF = 0,484 ms
velocità di variazione = −Vin/(RC) = −1,2/0,484 = −2,479 V/ms

Uscita all’istante dato

Il valore ideale è all’interno di ±Vsat, quindi l’integratore non è ancora in saturazione.

Vout = −Vin·t/(RC) = −1,2·2/0,484 = −4,959 V

Risposta

Vout = −4,959 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,9851 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 Ω+−V1​24 VR2​8 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 = 20 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 8·22/(8+22) = 5,867 Ω
Req = R1 + 5,867 = 12 + 5,867 = 17,87 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 = 24/17,87 = 1,343 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 = 24 − 1,343·12 = 7,881 V
IR2 = VA/R2 = 7,881/8 = 0,9851 A

Risposta

IR2 = 0,9851 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 4,37 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​ = 20 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAR4​10 ΩBR6​5 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 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 7,778 Ω
R3 + 7,778 = 27,78 Ω
R2 ∥ 27,78 = 1,866 Ω
Req = R1 + 1,866 = 5 + 1,866 = 6,866 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 = 30/6,866 = 4,37 A

Risposta

IR1 = 4,37 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: IN = 0,9474 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​ = 5 ΩR3​ = 4 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 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 4 = 5,429 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 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) = 18·2/(5+2) = 5,143 V
IN​0,9474 ARth​5,429 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 = 5,143/5,429 = 0,9474 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 32 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​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩCORTOR2​2 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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 8 = 9,333 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​2 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) = 4 + 3·1,333 = 8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8 + 3·8 = 32 V

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