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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
+−10 V220 Ω220 Ω220 Ω220 Ωab+−

Un estensimetro da 220 Ω è un ramo (R₂) di un ponte con quattro rami uguali da 220 Ω e un’eccitazione di 10 V. Trova la potenza Pg dissipata nell’estensimetro, in mW. L’autoriscaldamento limita l’eccitazione.

Vs = 10 VR = 220 Ω
Pg = mW
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

Un estensimetro da 120 Ω con fattore di taratura 2,05 è incollato su una barra d’acciaio. Sotto carico la sua resistenza aumenta di 0,1968 Ω. Trova la deformazione ε in microdeformazioni (µε).

R = 120 ΩGF = 2,05ΔR = 0,1968 Ω
ε = µε
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 85 V2ᴺ − 101 LSB1,168 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 1,168 V.

N = 8VFSR = 5 VVin = 1,168 V
D =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
f0fs​/2fs​1,92 kHz5f₁?

Un’onda quadra a 1,92 kHz è campionata a 8 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 5f₁? Esprimila in Hz.

f₁ = 1,92 kHzfs = 8 kHzarmonica: 5f₁
fa = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 100 kΩVin​ = −1,1 V

L’amplificatore operazionale è ideale ed è alimentato a ±15 V. Trova la tensione di uscita Vout.

Vin = −1,1 VR1 = 100 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,1 VR2​ = 100 kΩ

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

V1 = −0,4 VV2 = 0,1 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​8 ΩB

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

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​25 ΩBR6​12 Ω

Trova la resistenza equivalente Req vista dal generatore V1.

V1 = 5 VR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAIs​3 ABab

Trova la corrente di Norton IN: la corrente che scorre da a a b se i morsetti sono cortocircuitati.

V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 4 Ω
IN = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Pg = 113,6 mW

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 ai capi dell’estensimetro

V = 10/2 = 5 V

Potenza

Pg = 5²/220 = 113,6 mW

Risposta

Pg = 113,6 mW
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.

Variazione relativa di resistenza

ΔR/R = 0,1968/120 = 0,00164

Deformazione

ε = 0,00164/2,05 = 0,0008 = 800 µε

Risposta

ε = 800 µε
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 59

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 = 1168/19,53 = 59,8
codice = ⌊59,8⌋ = 59

Risposta

D = 59

In binario è 00111011.

4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 1600 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

5f₁ = 5·1,92 kHz = 9,6 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

m = round(1,2) = 1

Frequenza di alias

fa = |9600 − 1·8000| = 1600 Hz

Risposta

fa = 1600 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 = −2,2 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.

L’ingresso invertente segue l’ingresso

V₋ = V₊ = −1,1 V
I = V₋/R1 = −1,1/100 = −0,011 mA

Tensione di uscita

La corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,1 + (−0,011)·100 = −2,2 V

Risposta

Vout = −2,2 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 0,39 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 = −0,4/10 = −0,04 mA
I2 = V2/R2 = 0,1/100 = 0,001 mA
If = I1 + I2 = −0,039 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −10·(−0,039) = 0,39 V

Risposta

Vout = 0,39 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,9021 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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​8 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 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 8·13/(8+13) = 4,952 Ω
Req = R1 + 4,952 = 15 + 4,952 = 19,95 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 = 18/19,95 = 0,9021 A

Risposta

IR1 = 0,9021 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: Req = 32,73 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​ = 10 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAR4​25 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 11,7 Ω
R3 + 11,7 = 21,7 Ω
R2 ∥ 21,7 = 7,727 Ω
Req = R1 + 7,727 = 25 + 7,727 = 32,73 Ω

Risposta

Req = 32,73 Ω
9.Thévenin e Norton

Risposta: Vth = 9 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​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩCORTOR2​12 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 5 = 8 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​12 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) = 12·12/(4+12) = 9 V
10.Thévenin e Norton

Risposta: IN = 6,797 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​ = 2 ΩR3​ = 4 ΩCORTOR2​25 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 4 = 5,852 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​25 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) = 22,22 + 3·1,852 = 27,78 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 27,78 + 3·4 = 39,78 V
IN​6,797 ARth​5,852 Ωab

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 = 39,78/5,852 = 6,797 A

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