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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 V400 Ω400 Ω + ΔR400 Ω400 Ωab+−7,46 mV

Un ponte con quattro rami da 400 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 = 400 ΩVab = 7,46 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−2,5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​ = ?

Un ponte con rami da 350 Ω è eccitato con 2,5 V e ha un estensimetro attivo (quarto di ponte). Il fattore di taratura è 2,05 e la deformazione è 400 µε. Trova l’uscita del ponte Vo in mV.

Vs = 2,5 VGF = 2,05ε = 400 µε
Vo = mV
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 85 V2ᴺ − 101 LSB2,319 V?

Un ADC a 8 bit con campo d’ingresso da 0 a 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 2,319 V.

N = 8VFSR = 5 VVin = 2,319 V
D =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​280 Hz3f₁?

Un’onda quadra a 280 Hz è campionata a 1 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 = 280 Hzfs = 1 kHzarmonica: 3f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = −3 VR1​ = 22 kΩV2​ = 2 VR3​ = 22 kΩR4​ = 1 kΩ

L’amplificatore differenziale usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V, con R3 = R1 e R4 = R2. Trova la tensione di uscita Vout.

V1 = −3 VV2 = 2 VR1 = R3 = 22 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 1,4 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,6 VR2​ = 10 kΩ

L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

V1 = 1,4 VV2 = 1,6 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩIR2​AR4​12 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​25 ΩBR6​10 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 20 ΩR6 = 10 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩARL​2 ΩIL​B

Un carico RL = 2 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 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩAIs​3 ABRL​30 ΩIL​

Un carico RL = 30 Ω è collegato tra a–b. Usa un equivalente di Thévenin per trovare la potenza PL fornita al carico.

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩRL = 30 Ω
PL = W

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 3,999 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 = 400·1,507/(3 − 1,507) = 404 Ω
ΔR = 404 − 400 = 3,999 Ω

Risposta

ΔR = 3,999 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Vo = 0,5125 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 = 2,05·400·10⁻⁶ = 0,00082

Uscita del ponte

Vo ≈ Vs·GF·ε/4 = 2,5·0,00082/4 = 0,5125 mV

Risposta

Vo = 0,5125 mV
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 118

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 = 5/28 = 19,53 mV

Codice

Vin/LSB = 2319/19,53 = 118,7
codice = ⌊118,7⌋ = 118

Risposta

D = 118

In binario è 01110110.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 160 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 = 3·280 Hz = 840 Hz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(0,84) = 1

Frequenza di alias

fa = |840 − 1·1000| = 160 Hz

Risposta

fa = 160 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: Vout = 0,2273 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 agli ingressi

R₃ e R₄ portano la stessa corrente, quindi formano un partitore di tensione; la retroazione rende V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2·1/(22 + 1) = 0,08696 V
V₋ = V₊

LKC all’ingresso invertente

(−3 − 0,08696)/22 = (0,08696 − Vout)/1
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (1/22)·(2 − (−3)) = 0,2273 V

Risposta

Vout = 0,2273 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −0,3796 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.

Correnti di ingresso

V₋ = 0, quindi ogni resistore di ingresso ha ai capi l’intera tensione di ingresso.

I1 = V1/R1 = 1,4/47 = 0,02979 mA
I2 = V2/R2 = 1,6/10 = 0,16 mA
If = I1 + I2 = 0,1898 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −2·0,1898 = −0,3796 V

Risposta

Vout = −0,3796 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,6378 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​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​3 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 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 3·27/(3+27) = 2,7 Ω
Req = R1 + 2,7 = 10 + 2,7 = 12,7 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 = 9/12,7 = 0,7087 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 = 9 − 0,7087·10 = 1,913 V
IR2 = VA/R2 = 1,913/3 = 0,6378 A

Risposta

IR2 = 0,6378 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,9296 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​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​25 ΩBR6​10 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 13,64 Ω
R3 + 13,64 = 19,64 Ω
R2 ∥ 19,64 = 9,908 Ω
Req = R1 + 9,908 = 3 + 9,908 = 12,91 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 = 12/12,91 = 0,9296 A

Risposta

IR1 = 0,9296 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 0,2368 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩCORTOR2​10 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 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 4 = 10,67 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 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) = 9·10/(20+10) = 3 V
Rth​ = 10,67 Ω+−Vth​3 VRL​2 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) = 3/(10,67 + 2) = 0,2368 A
10.Thévenin e Norton

Risposta: PL = 16,76 W

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​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩCORTOR2​5 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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 12 = 15,08 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​5 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) = 11,54 + (−3)·3,077 = 2,308 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 2,308 + (−3)·12 = −33,69 V
Rth​ = 15,08 Ω−+Vth​33,69 VRL​30 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) = −33,69/(15,08 + 30) = −0,7474 A
PL = IL²·RL = −0,7474²·30 = 16,76 W

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