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

Un ponte ha quattro rami da 470 Ω e Vs = 3 V. Il sensore R₂ aumenta di ΔR = 70,5 Ω. Trova l’uscita esatta Vab in mV.

Vs = 3 VR = 470 ΩΔR = 70,5 Ω
Vab = mV
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−10 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​ = ?

Un ponte con rami da 350 Ω è eccitato con 10 V e ha un estensimetro attivo (quarto di ponte). Il fattore di taratura è 2,1 e la deformazione è 750 µε. Trova l’uscita del ponte Vo in mV.

Vs = 10 VGF = 2,1ε = 750 µε
Vo = mV
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 27,5 kHzfs​ = 50 kHz

Una sinusoide a 27,5 kHz è campionata a 50 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in kHz.

f = 27,5 kHzfs = 50 kHz
fa = kHz
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​400 Hz3f₁?

Un’onda quadra a 400 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 3f₁? Esprimila in Hz.

f₁ = 400 Hzfs = 2 kHzarmonica: 3f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Scegli il resistore di retroazione Rf che dà a questo amplificatore non invertente un guadagno di tensione di 4.

R1 = 47 kΩAv = 4
Rf = kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1,7 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,4 VR3​ = 10 kΩR4​ = 2 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 = 1,7 VV2 = 0,4 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩR3 = 10 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​12 ΩB

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBR6​12 Ω

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 30 VR1 = 25 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 4 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩARL​6 ΩIL​B

Un carico RL = 6 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 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩRL = 6 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​6 ABab

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

V1 = 18 VIs = 6 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vab = 104,7 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.

Tensioni dei nodi

Va = 3·540,5/1011 = 1,605 V
Vb = 1,5 V

Uscite

Vab = 104,7 mV

Risposta

Vab = 104,7 mV

La stima lineare Vs·ΔR/(4R) = 112,5 mV è del 7,5 % troppo alta: un quarto di ponte non è del tutto lineare.

2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vo = 3,938 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 = 2,1·750·10⁻⁶ = 0,001575

Uscita del ponte

Vo ≈ Vs·GF·ε/4 = 10·0,001575/4 = 3,938 mV

Risposta

Vo = 3,938 mV
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 22,5 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 = 25 kHz < f = 27,5 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(27,5/50) = 1

Frequenza di alias

fa = |27,5 − 1·50| = 22,5 kHz

Risposta

fa = 22,5 kHz

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

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 800 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

3f₁ = 3·400 Hz = 1,2 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(0,6) = 1

Frequenza di alias

fa = |1200 − 1·2000| = 800 Hz

Risposta

fa = 800 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 = 141 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 = (4 − 1)·47 = 141 kΩ

Risposta

Rf = 141 kΩ
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −0,6979 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) = 0,4·2/(10 + 2) = 0,06667 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)·1,7 + (1 + 22/47)·0,06667 = −0,7957 + 0,09787 = −0,6979 V

Risposta

Vout = −0,6979 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 9,714 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​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​8 ΩAR4​12 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 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Req = R1 + 5,714 = 4 + 5,714 = 9,714 Ω

Risposta

Req = 9,714 Ω
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 28,66 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​ = 25 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAR4​6 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 = 4,364 Ω
R3 + 4,364 = 9,364 Ω
R2 ∥ 9,364 = 3,657 Ω
Req = R1 + 3,657 = 25 + 3,657 = 28,66 Ω

Risposta

Req = 28,66 Ω
9.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 0,0796 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​ = 15 ΩR3​ = 15 ΩCORTOR2​8 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,217 + 15 = 20,22 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​8 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) = 6·8/(15+8) = 2,087 V
Rth​ = 20,22 Ω+−Vth​2,087 VRL​6 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) = 2,087/(20,22 + 6) = 0,0796 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 56,47 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​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩCORTOR2​15 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 5 = 6,765 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​6 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) = 15,88 + 6·1,765 = 26,47 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,47 + 6·5 = 56,47 V

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