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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
+−9 V150 Ω150 Ω + ΔR150 Ω150 Ωab+−254,7 mV

Un ponte con quattro rami da 150 Ω è alimentato con 9 V. Quando il sensore R₂ cambia, l’uscita indica Vab = 254,7 mV. Trova la variazione esatta ΔR di R₂.

Vs = 9 VR = 150 ΩVab = 254,7 mV
ΔR = Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−2,5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−0,525 mV

Un quarto di ponte con un estensimetro attivo (GF = 2,1) è eccitato con 2,5 V. Sotto carico l’uscita indica 0,525 mV. Trova la deformazione ε in µε.

Vs = 2,5 VGF = 2,1Vo = 0,525 mV
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 83,3 V2ᴺ − 101 LSB1,333 V?

Un ADC a 8 bit con campo d’ingresso da 0 a 3,3 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 1,333 V.

N = 8VFSR = 3,3 VVin = 1,333 V
D =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
126⋮6 ch∿01tc​ = 10 µstset​ = 0,5 µsfs​ = ?

Un multiplexer a 6 canali alimenta un solo ADC. Ogni conversione dura 10 µs e dopo ogni commutazione di canale l’ingresso richiede 0,5 µs per assestarsi. I canali sono scansionati a turno senza pause. Trova la frequenza di campionamento fs di ciascun canale, in kHz.

n = 6tc = 10 µstset = 0,5 µs
fs = kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 0,8 VR1​ = 10 kΩV2​ = 2,3 VR3​ = 10 kΩR4​ = 47 kΩ

L’amplificatore differenziale usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V, con R3 = R1 e R4 = R2. Trova la tensione V− all’ingresso invertente.

V1 = 0,8 VV2 = 2,3 VR1 = R3 = 10 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
V− = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 2 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 100 kΩIf​

L’amplificatore sommatore usa un amplificatore operazionale ideale alimentato a ±15 V. Trova la corrente If nel resistore di retroazione, che scorre verso l’uscita.

V1 = 1,5 VV2 = 0,4 VR1 = 2 kΩR2 = 100 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 30 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​8 Ω

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ΔR = 18 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 = 4,5 + 0,2547 = 4,755 V

Risolvi il partitore

R₂ = 150·4,755/(9 − 4,755) = 168 Ω
ΔR = 168 − 150 = 18 Ω

Risposta

ΔR = 18 Ω
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: ε = 400 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 = 4·0,000525/(2,5·2,1) = 0,0004

In microdeformazioni

ε = 400 µε

Risposta

ε = 400 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 103

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 = 3,3/28 = 12,89 mV

Codice

Vin/LSB = 1333/12,89 = 103,4
codice = ⌊103,4⌋ = 103

Risposta

D = 103

In binario è 01100111.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 15,87 kHz

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).

Tempo per canale

10 + 0,5 = 10,5 µs

Tempo per scansione

6·10,5 = 63 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/63 µs = 15,87 kHz

Risposta

fs = 15,87 kHz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: V− = 1,896 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) = 2,3·47/(10 + 47) = 1,896 V
V₋ = V₊

Risposta

V− = 1,896 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: If = 0,754 mA

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 = 1,5/2 = 0,75 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/100 = 0,004 mA
If = I1 + I2 = 0,754 mA

Risposta

If = 0,754 mA
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 2,034 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​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​5 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R1 + 3,077 = 6 + 3,077 = 9,077 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 = 30/9,077 = 3,305 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 = 30 − 3,305·6 = 10,17 V
IR2 = VA/R2 = 10,17/5 = 2,034 A

Risposta

IR2 = 2,034 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 3,981 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​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​8 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 2,933 Ω
R3 + 2,933 = 6,933 Ω
R2 ∥ 6,933 = 2,537 Ω
Req = R1 + 2,537 = 5 + 2,537 = 7,537 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 = 30/7,537 = 3,981 A

Risposta

IR1 = 3,981 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 6,333 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​ = 4 ΩR3​ = 5 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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 5 = 6,333 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 15,94 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​ = 3 ΩR3​ = 3 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 3 = 4,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAIs​2,5 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) = 3,75 + 2,5·1,875 = 8,438 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,438 + 2,5·3 = 15,94 V

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