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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
+−6 V120 Ω120 Ω120 Ω120 Ωab+−

Un estensimetro da 120 Ω è un ramo (R₂) di un ponte con quattro rami uguali da 120 Ω e un’eccitazione di 6 V. Trova la potenza Pg dissipata nell’estensimetro, in mW. L’autoriscaldamento limita l’eccitazione.

Vs = 6 VR = 120 Ω
Pg = mW
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetriDifficile
+−3 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−0,615 mV

Un estensimetro (GF = 2,05) su un elemento con E = 210 GPa forma un quarto di ponte eccitato con 3 V. L’uscita indica 0,615 mV. Trova la tensione assiale σ in MPa.

Vs = 3 VGF = 2,05Vo = 0,615 mVE = 210 GPa
σ = MPa
3.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = ?10 V2ᴺ − 10≤ 10 mV

Un ADC con campo d’ingresso da 0 a 10 V deve risolvere passi di 10 mV o meno. Trova il più piccolo numero di bit N.

VFSR = 10 Vrisoluzione = 10 mV
N =
4.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​Tb​10·Tb​230400 Bd, 8N1

Un ADC a 24 bit invia ogni campione tramite UART a 230400 baud, formato 8N1 (bit di start, 8 bit di dati, 1 bit di stop). Ogni campione è inviato come 3 byte interi e il collegamento è occupato in continuazione. Trova la frequenza massima del segnale fmax che può essere campionata senza aliasing, in Hz.

baud = 230400 BdN = 248N1
fmax = Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionaliMedia
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 5 VRa​ = 22 kΩRb​ = 1 kΩ

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

Vin = 5 VRa = 22 kΩRb = 1 kΩR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
6.Circuiti con amplificatori operazionaliDifficile
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 1 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,8 VR2​ = 4,7 kΩ

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

V1 = 1 VV2 = 0,8 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
7.Resistori in serie e paralleloMedia
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​20 ΩB

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

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
8.Resistori in serie e paralleloDifficile
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​20 Ω

Trova la corrente IR2 in R2.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 ΩR5 = 5 ΩR6 = 20 Ω
IR2 = A
9.Thévenin e NortonMedia
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin e NortonDifficile
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAIs​2,5 ABRL​6 ΩIL​

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 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩRL = 6 Ω
IL = A

3Soluzioni

1.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: Pg = 75 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 = 6/2 = 3 V

Potenza

Pg = 3²/120 = 75 mW

Risposta

Pg = 75 mW
2.Ponte di Wheatstone ed estensimetri

Risposta: σ = 84 MPa

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.

Deformazione

ε = 4·0,000615/(3·2,05) = 0,0004

Tensione

σ = 210·10³ MPa·0,0004 = 84 MPa

Risposta

σ = 84 MPa
3.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: N = 10

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.

Passi necessari

10000 mV/10 mV = 1000

Bit

log₂(1000) = 9,966
29 = 512 < 1000 ≤ 210 = 1024
N = 10

Risposta

N = 10
4.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fmax = 3840 Hz

UART: un collegamento seriale asincrono invia ogni byte come un frame: un bit di start (basso), i bit di dati, un bit di parità facoltativo e uno o due bit di stop (alti). Il baud rate è il numero di bit al secondo, quindi un bit dura Tb = 1/baud e un frame di n bit dura n/baud. Il comune formato 8N1 ha 10 bit per byte. Il generatore di baud divide il clock: baud = fclk/(16·D) con un numero intero D, quindi il baud rate reale differisce leggermente da quello desiderato; un errore sotto circa il 2 % di solito è accettabile.

Bit per campione sulla linea

3·10 = 30 bit

Frequenza di campionamento massima

fs,max = 230400/30 = 7680 Hz

Limite di Nyquist

fmax = 7680/2 = 3840 Hz

Risposta

fmax = 3840 Hz
5.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = 0,4348 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₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 5·1/(22 + 1) = 0,2174 V

Guadagno non invertente

V₋ = V₊, e la corrente in R₁ scorre anche in Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,2174·(1 + 1/1) = 0,4348 V

Risposta

Vout = 0,4348 V
6.Circuiti con amplificatori operazionali

Risposta: Vout = −1,27 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 = 1/10 = 0,1 mA
I2 = V2/R2 = 0,8/4,7 = 0,1702 mA
If = I1 + I2 = 0,2702 mA

Tensione di uscita

Vout = −Rf·If = −4,7·0,2702 = −1,27 V

Risposta

Vout = −1,27 V
7.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR1 = 0,9195 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​ = 4 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​20 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 = 2 + 20 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 10·22/(10+22) = 6,875 Ω
Req = R1 + 6,875 = 4 + 6,875 = 10,88 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 = 10/10,88 = 0,9195 A

Risposta

IR1 = 0,9195 A
8.Resistori in serie e parallelo

Risposta: IR2 = 0,8681 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​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​20 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 + 20 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 6,061 Ω
R3 + 6,061 = 16,06 Ω
R2 ∥ 16,06 = 6,868 Ω
Req = R1 + 6,868 = 5 + 6,868 = 11,87 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 = 18/11,87 = 1,517 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 = 18 − 1,517·5 = 10,42 V
IR2 = VA/R2 = 10,42/12 = 0,8681 A

Risposta

IR2 = 0,8681 A
9.Thévenin e Norton

Risposta: Rth = 21,5 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​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩCORTOR2​3 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 20 = 21,5 Ω
10.Thévenin e Norton

Risposta: IL = 1,953 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​ = 10 ΩR3​ = 4 ΩCORTOR2​12 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 4 = 9,455 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​12 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) = 6,545 + 2,5·5,455 = 20,18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 20,18 + 2,5·4 = 30,18 V
Rth​ = 9,455 Ω+−Vth​30,18 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) = 30,18/(9,455 + 6) = 1,953 A

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