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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
Tratta il ponte come due partitori di tensione ai capi della stessa alimentazione.
Per l’equilibrio, poni R₁/R₂ = R₃/R₄ e ricava la resistenza incognita.
Per un ponte non equilibrato, ricava Va e Vb dai partitori e sottrai; usa l’equivalente di Thévenin quando uno strumento carica l’uscita.
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
Scrivi i dati: frequenza di campionamento, frequenze del segnale, numero di bit, campo d’ingresso, baud rate.
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.
Nei problemi di risoluzione trova 1 LSB = VFSR/2ᴺ, oppure il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/risoluzione.
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
Parti dall’estremità della rete più lontana dai morsetti.
Combina i resistori in serie sommandoli e quelli in parallelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Ridisegna il circuito dopo ogni passaggio.
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
Togli il carico e indica i due morsetti a e b.
Trova la tensione a vuoto tra a e b: questa è Vth.
Spegni tutti i generatori indipendenti e trova la resistenza vista da a–b: questa è Rth.
Ricollega il carico al circuito equivalente: Vth in serie con Rth.
Per l’equivalente di Norton, converti: IN = Vth/Rth, con RN = Rth in parallelo.
2Esercizi
1.Ponte di Wheatstone ed estensimetriMedia
Un ponte con quattro rami da 500 Ω è alimentato con 15 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 182,9 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.
Vs = 15 VR = 500 ΩVab = 182,9 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
Un estensimetro (GF = 2,12) su un elemento con E = 210 GPa forma un quarto di ponte eccitato con 2,5 V. L’uscita indica 0,265 mV. Trova la tensione assiale σ in MPa.
Vs = 2,5 VGF = 2,12Vo = 0,265 mVE = 210 GPa
σ = MPa
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Una UART invia byte a 1200 baud nel formato 8E1: 8 bit di dati, un bit di parità pari e 1 bit di stop, più il bit di start. Trova il massimo numero di byte di dati al secondo che può trasferire.
baud = 1200 Bd8E1
RB = B/s
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
Un’onda quadra a 4,8 kHz è campionata a 20 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 = 4,8 kHzfs = 20 kHzarmonica: 3f₁
fa = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
L’integratore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V; la sua uscita satura a ±13 V. Il condensatore è scarico quando a t = 0 viene applicato un ingresso costante Vin = −1,3 V. Trova la tensione d’uscita Vout a t = 1 ms.
Trova la corrente di Norton IN: la corrente che scorre da a a b se i morsetti sono cortocircuitati.
V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin e NortonDifficile
Trova la corrente di Norton IN: la corrente che scorre da a a b se i morsetti sono cortocircuitati.
V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
3Soluzioni
1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri
Risposta: ΔR = 25 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 = 7,5 + 0,1829 = 7,683 V
Risolvi il partitore
R₂ = 500·7,683/(15 − 7,683) = 525 Ω
ΔR = 525 − 500 = 25 Ω
Risposta
ΔR = 25 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri
Risposta: σ = 42 MPa
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.
Deformazione
ε = 4·0,000265/(2,5·2,12) = 0,0002
Tensione
σ = 210·10³ MPa·0,0002 = 42 MPa
Risposta
σ = 42 MPa
3.Acquisizione dati e campionamento
Risposta: RB = 109,1 B/s
UART: un collegamento seriale asincrono invia ogni byte come un frame: un bit di start (basso), i bit di dati, un bit di parità facoltativo e uno o due bit di stop (alti). Il baud rate è il numero di bit al secondo, quindi un bit dura Tb = 1/baud e un frame di n bit dura n/baud. Il comune formato 8N1 ha 10 bit per byte. Il generatore di baud divide il clock: baud = fclk/(16·D) con un numero intero D, quindi il baud rate reale differisce leggermente da quello desiderato; un errore sotto circa il 2 % di solito è accettabile.
Bit per frame
1 + 8 + 1 + 1 = 11
Byte al secondo
1200/11 = 109,1 B/s
Risposta
RB = 109,1 B/s
4.Acquisizione dati e campionamento
Risposta: fa = 5,6 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 = 3·4,8 kHz = 14,4 kHz
Multiplo più vicino della frequenza di campionamento
m = round(0,72) = 1
Frequenza di alias
fa = |14,4 − 1·20| = 5,6 kHz
Risposta
fa = 5,6 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 = 1,811 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.
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 = 10 kΩ · 0,1 µF = 1 ms
velocità di variazione = −Vin/(RC) = −(−1,3)/1 = 1,3 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) = −(−1,3)·1/1 = 1,3 V
Risposta
Vout = 1,3 V
7.Resistori in serie e parallelo
Risposta: IR1 = 1,855 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.
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 = 2 + 12 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 4 + 2,471 = 6,471 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 = 12/6,471 = 1,855 A
Risposta
IR1 = 1,855 A
8.Resistori in serie e parallelo
Risposta: IR1 = 1,072 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.
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 + 15 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 8,382 Ω
R3 + 8,382 = 38,38 Ω
R2 ∥ 38,38 = 10,79 Ω
Req = R1 + 10,79 = 6 + 10,79 = 16,79 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 = 18/16,79 = 1,072 A
Risposta
IR1 = 1,072 A
9.Thévenin e Norton
Risposta: IN = 0,25 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.
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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 Ω
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) = 10·2/(12+2) = 1,429 V
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 = 1,429/5,714 = 0,25 A
10.Thévenin e Norton
Risposta: IN = −4,763 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.
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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 10 = 14,62 Ω
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) = 3,462 + (−5)·4,615 = −19,62 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −19,62 + (−5)·10 = −69,62 V
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.