Misure e strumentazione: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 10 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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
+−6 V470 Ω470 Ω + ΔR470 Ω470 Ωab+−Vab​ = ?

Un ponte ha quattro rami da 470 Ω e Vs = 6 V. Il sensore R₂ aumenta di ΔR = 1,88 Ω. Usando l’approssimazione per piccole variazioni, trova l’uscita Vab in mV.

Vs = 6 VR = 470 ΩΔR = 1,88 Ω
Vab = mV
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−10 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−4 mV

Un quarto di ponte con un estensimetro attivo (GF = 2) è eccitato con 10 V. Sotto carico l’uscita indica 4 mV. Trova la deformazione ε in µε.

Vs = 10 VGF = 2Vo = 4 mV
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 82,5 V2ᴺ − 101 LSB1,627 V?

Un ADC a 8 bit con campo d’ingresso da 0 a 2,5 V tronca: il suo codice di uscita è ⌊Vin/LSB⌋ con 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Trova il codice di uscita decimale D per un ingresso di 1,627 V.

N = 8VFSR = 2,5 VVin = 1,627 V
D =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​2fs​600 Hz7f₁?

Un’onda quadra a 600 Hz è campionata a 2 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 = 600 Hzfs = 2 kHzarmonica: 7f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Scegli il resistore di retroazione Rf che dà a questo amplificatore non invertente un guadagno di tensione di 15.

R1 = 2 kΩAv = 15
Rf = kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1,9 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,3 VR3​ = 10 kΩR4​ = 10 kΩ

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. I rapporti tra i resistori non sono bilanciati. Trova la tensione d’uscita Vout.

V1 = 1,9 VV2 = 0,3 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩR3 = 10 kΩR4 = 10 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​6 ΩB

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBR6​25 Ω

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 ΩR5 = 5 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAIs​3 ABRL​10 ΩIL​

Un carico RL = 10 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 = 30 VIs = 3 AR1 = 25 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩRL = 10 Ω
IL = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vab = 6 mV

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.

Variazione relativa

ΔR/R = 1,88/470 = 0,004

Uscita linearizzata

Vab ≈ 6·0,004/4 = 6 mV

Risposta

Vab = 6 mV

Il valore esatto è 5,988 mV; l’approssimazione è buona finché ΔR/R è piccolo.

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.

Risolvi l’equazione del quarto di ponte

ε = 4·0,004/(10·2) = 0,0008

In microdeformazioni

ε = 800 µε

Risposta

ε = 800 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 166

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.

Passo di quantizzazione

1 LSB = 2,5/28 = 9,766 mV

Codice

Vin/LSB = 1627/9,766 = 166,6
codice = ⌊166,6⌋ = 166

Risposta

D = 166

In binario è 10100110.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 200 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 = 7·600 Hz = 4,2 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(2,1) = 2

Frequenza di alias

fa = |4200 − 2·2000| = 200 Hz

Risposta

fa = 200 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: Rf = 28 kΩ

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 un amplificatore non invertente

V₋ = V₊ = Vin, e la corrente in R₁ scorre anche in Rf, quindi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·2 = 28 kΩ

Risposta

Rf = 28 kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −0,6691 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 all’ingresso +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,3·10/(10 + 10) = 0,15 V

Sovrapponi i due ingressi

Con V₂ = 0, V₁ vede un amplificatore invertente. Con V₁ = 0, V₊ viene amplificata dal guadagno non invertente 1 + R₂/R₁.

Vout = −(22/47)·1,9 + (1 + 22/47)·0,15 = −0,8894 + 0,2202 = −0,6691 V

Risposta

Vout = −0,6691 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 12,36 Ω

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​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​3 ΩAR4​6 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω
Req = R1 + 2,357 = 10 + 2,357 = 12,36 Ω

Risposta

Req = 12,36 Ω
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 9,24 Ω

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​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 5 + 25 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 5 Ω
R3 + 5 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6,24 Ω
Req = R1 + 6,24 = 3 + 6,24 = 9,24 Ω

Risposta

Req = 9,24 Ω
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 7,286 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​ = 6 ΩR3​ = 3 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 3 = 7,286 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 2,385 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​ = 25 ΩR3​ = 6 ΩCORTOR2​20 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 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 11,11 + 6 = 17,11 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​20 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) = 13,33 + 3·11,11 = 46,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 46,67 + 3·6 = 64,67 V
Rth​ = 17,11 Ω+−Vth​64,67 VRL​10 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) = 64,67/(17,11 + 10) = 2,385 A

ExamProblems · examproblems.com/courses/measurement-and-instrumentation