Esercitazioni Di Progetto

POLITECNICO DI TORINO

Corso di Fondamenti di

Elettronica Ing. Aerospaziale

Prof. Leonardo Reyneri

Redatto da Gaetano Bacchi

Esercitazione n. 1/2/3

30/05/2012

2

Esercizio 1

Si progetti un misuratore di portata (m3/s di fluido) composto da un tubo Venturi con due misuratori di

pressione ai due estremi del tubo, nel quale sussista la seguente relazione fra portata qi allinterno del tubo

e la differenza di pressione P1-P2 fra lingresso e luscita del tubo stesso:

1 21/28ilq P P

sPa=

Il circuito fornisca:

unuscita V1 in tensione, proporzionale alla pressione P1 allingresso del tubo, con sensibilit di

0.1mV/Pa

unuscita V2 in tensione, proporzionale alla pressione P2 alluscita del tubo, con sensibilit di

0.1mV/Pa

fornisca unuscita in tensione proporzionale alla velocit del fluido allingresso nel tubo, con

sensibilit di 10mV/(l/s)

Utilizzando sensori di pressione a ponte di Wheatstone i cui elementi sensibili abbiano una variazione

R/R=1% a 100kPa.

a) Si tracci lo schema a blocchi del sistema

b) Si tracci lo schema elettrico completo

c) Si calcoli il valore di tutti i componenti

3

SOLUZIONE:

Per poter individuare il tipo di circuito elettronico necessario ad implementare lequazione richiesta

necessario esprimere questultima in Volt.

Si vuole che:

1 1 1pV K P= 2 2 2pV K P=

Da cui 1

11p

VPK

=

22

2p

VPK

=

Dove le due sensibilit sono pari a: 1 2 0.1p p pmVK K KPa

= = =

Per quanto riguarda luscita si vuole invece:

q q iV K q=

Da cui q

iq

Vq

K=

Con sensibilit pari a: 10qmV sK

l

=

Esprimendo quindi i valori di pressione e di portata nellequivalente in tensione, lequazione imposta

diventa:

1 21/28 10q q

p p

V Vl mV sV KsPa K K

= =

l8 l

s 1/2Pa1 2

0.1

V VmVPa

1 2800.1V V

mVmV

=

A questo punto facilmente individuabile lo schema a blocchi e il circuito da utilizzare.

a)

Lo schema a blocchi che permette di implementare il misuratore di portata richiesto il seguente:

V2

V1

Ve

4

Essendo

12

1 1ln ln2 2x

xe e x= =

b)

Lo schema elettrico completo del primo e secondo sensore e amplificatore differenziale saranno identici

(visto che le sensibilit sono le stesse), per cui se ne riporta solo uno:

Il differenziale che calcola la differenza delle due pressioni sar quindi:

Verr adesso analizzato blocco per blocco lo schema elettrico equivalente:

c)

Ponte di Wheatstone 1

Si suppone che la corrente che vada verso lamplificatore operazionale sia nulla, applicando quindi un

partitore di tensione su ognuno dei rami del ponte, si ottiene:

( )2

ala

V R RVR

+ =

Essendo richiesta una sensibilit R/R=1% a 100kPa si ottiene:

RR K P

R

= 7 10.01 10100R

RK PaR P kPa

= = =

Quindi:

a b al RV V V K P =

( )2

alb

V R RVR

=

V1

V1

V2

Ve R10

R11

R12

R13

5

Amplificatore differenziale 1

Imponendo che 2 4

1 3

R RR R

= si otterr che:

2 2 2

1 1 1

( )c a b al al RR R RRV V V V V K PR R R R

= = =

Imponendo la sensibilit richiesta c pV K P=

Uguagliando i secondi membri e scegliendo di alimentare il ponte con una 10alV V= si ottiene:

2

1

0.1p

al R

mVKR

R V K= =

Pa10100 Vn

Pa

100=

lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo 9 21 2 10R R . Quindi 1 3.16R k= ;

2 316R k= .

Quindi:

V1 = 100 (Va-Vb)


Essendo la sensibilit richiesta uguale per entrambe le uscite, lamplificatore differenziale avr lo stesso

guadagno ed avr gli stessi valori di resistenze: R1 = 3.16k, R2 = 316k.

Quindi:

V2 = 100 (Va-Vb)


Imponendo che R10/R11 = R12/R13 si otterr che:

Vd = R11/R10 (V1 V2)

Imponendo la sensibilit richiesta Ve = Kp * P = Kp * (1/Kp * V2 1/Kp * V1) = (V2 V1)

Uguagliando i secondi membri si ottiene:

R11/R10 = 1

6

lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo 9 21 2 10R R . Quindi R10 = R11 = R12 = R31 = 31.6 k.

Quindi:

Ve = (V2 - V2)

Amplificatore logaritmico

Considerando il blocco ideale si otterr:

5

ln cd TS

VV VR I

=

Guadagno

In questo caso possibile usare un amplificatore invertente con guadagno . Lalternativa sarebbe quella di

usare un partitore di tensione realizzato con due resistenze dello stesso valore. Da tenere presente che le

due soluzioni differiscono per il segno del risultato ottenuto.

Procedendo con il primo metodo si ottiene:

7 7

6 6 5

ln ce d TS

R R VV V VR R R I

= =

Deve essere garantito che 7

6

12

RR

= , lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo

9 26 7 10R R . Quindi 6 44.8R k= ; 7 22.4R k= .

Quindi:

5

1 ln2

ce T

S

VV VR I

=

Amplificatore esponenziale

Anche in questo caso considerando lamplificatore operazionale ideale si ottiene:

12

8 8

Te

T

VVV

q S SV R I e R I e

= =

5ln c

S

T

VR I

V

1 2

5

1 ln2 1 2

8 85

S

V VR I

S SS

V VR I e R IR I

= =

7

A questo punto non resta che uguagliare le due equazioni per ricavare i valori dei rimanenti componenti.

Trascurando le differenze di segno si ottiene:

8 80SR I mV = 5 0.1SR I mV =

Supponendo che il diodo scelto abbia 10sI nA= si ottiene:

8 8R M= 5 10R k=

8

Esercizio 2

Si progetti un altimetro barometrico nel quale sussista la seguente relazione fra la pressione p misurata e

laltezza h :

22( ) 1013 100 10

mbar mbarp h mbar h hkm km

= +

Il circuito fornisca:

unuscita Vp in tensione, proporzionale alla pressione p, con sensibilit di 10V/MPa

unuscita Vh in tensione, proporzionale allaltezza h, con sensibilit di 1V/km

Utilizzando sensori di pressione a ponte di Wheatstone i cui elementi sensibili abbiano una variazione

R/R=1% a 100kPa.

d) Si tracci lo schema a blocchi del sistema

e) Si tracci lo schema elettrico completo

f) Si calcoli il valore di tutti i componenti

9

SOLUZIONE:

Per individuare il tipo di circuito che permette di implementare il sistema richiesto opportuno ricavare,

dallequazione di partenza, laltezza in funzione della pressione. Si otterr la seguente equazione:

2

2

2

100 10000 4 10 (1013 )( )

2 10

mbar mbar mbarmbar p

km km kmh pmbarkm

=

Dato che al crescere della pressione laltezza dovr essere minore stata presa in considerazione la

soluzione con il meno.

2 2

2 2

2

( )100 10000 40520 40 )( )

20

mbar mbar mbar mbarpkm km km kmh p

mbarkm

+

=

Dalle sensibilit richieste si ricava:

h hV K h= con 1hVKkm

=

Da cui

h

h

VhK

=

p pV K p= con 10pVK

MPa=

Da cui

p

p

Vp

K=

Esprimendo quindi i valori di pressione e di altezza nellequivalente in tensione si ottiene

2 2

2 2

2

( )100 10000 40520 40

20

p

ph

h

Vmbar mbar mbar mbarkm km km K kmV

mbarKkm

+

=

2

2

2

100 (10000 40520) 4010

20

p

h h

V MPambar mbar mbarkm km V kmV K

mbarkm

+

= =

Essendo 1 10000MPa mbar=

10

Vkm

=

100 mbarkm

2mbar

km

10000(10000 40520) pV mbar + 24010mbar

V km

20 mbarkm

2

100 30520 40000 0.7635 1 76.3 100 5 1

20 10

p

p p

VV V VVV V V V VV mV

=

+

= = + =

adesso possibile tracciare lo schema a blocchi necessario

d)

Lo schema a blocchi che permette di implementare laltimetro richiesto il seguente:

e)

Lo schema elettrico completo sar invece il seguente:

f)

A questo punto possibile andare a ricavare il valore di ogni componente in modo da soddisfare

lequazione imposta.

Ponte di Wheatstone

11

Si suppone che la corrente che vada verso lamplificatore operazionale1 sia nulla, applicando quindi un


( )2

ala

V R RVR

+ =

Essendo richiesta una sensibilit R/R=1% a 100kPa si ottiene:

RR K P

R

= 7 10.01 10

100RRK Pa

R P kPa

= = =

Quindi:

a b al RV V V K P =

Amplificatore differenziale1

Imponendo che 2 4

1 3

R RR R

= si otterr che:

2 2 2

1 1 1

( )p a b al al RR R RRV V V V V K PR R R R

= = =

Imponendo la sensibilit richiesta p pV K P=


2

1

0.1p

al R

mVKR

R V K= =

Pa10100 Vn

Pa

100=

lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo 9 21 2 10R R . Quindi 1 3.16R k= ;

2 316R k= .

Quindi:

100( )p a bV V V=


Per ottenere il numeratore del radicando dellequazione necessario sottrarre alla pV la tensione di

0.763V .

Imponendo che 5 6R R= si otterr che:

( )2

alb

V R RVR

=

12

( 0.763 )c pV V V=

Il risultato quindi indipendente dal valore delle resistenze scelte, un valore ragionevole si ha per 9 2

5 6 10R R .

Da cui 5 6 32R R k= =

Amplificatore logaritmico

Considerando il blocco ideale si otterr:

7

ln cd TS

VV VR I

=

Guadagno

In questo caso possibile usare un amplificatore invertente con guadagno . Lalternativa sarebbe quella di

usare un partitore di tensione realizzato con due resistenze dello stesso valore. Da tenere presente che le

due soluzioni differiscono per il segno del risultato ottenuto.

Procedendo con il primo metodo si ottiene:

9 9

8 8 7

ln ce d TS

R R VV V VR R R I

= =

Deve essere garantito che 9

8

12

RR

= , lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo

9 28 9 10R R = . Quindi 8 44.8R k= ; 9 22.4R k= .

Quindi:

7

1 ln2

ce T

S

VV VR I

=

Amplificatore esponenziale

Anche in questo caso considerando lamplificatore operazionale ideale si ottiene:

12

10 10

Te

T

VVV

f S SV R I e R I e

= =

7ln c

S

T

VR I

V

7

0.7631 ln2

10 107

0.763pS

V VR I p

S SS

V VR I e R I

R I

= =

13


Per ottenere la hV non resta che sottrarre alla fV la tensione di 5V (equivalente a sommare 5V ).

Anche in questo caso scegliamo 11 12R R= e considerando che 9 2

11 12 10R R , si ottiene

11 12 32R R k= = .

Quindi:

107

0.7635 5 ph f S

S

V VV V V V R I

R I

= + =

A questo punto non resta che uguagliare le due equazioni per ricavare i valori dei rimanenti componenti.

10 1SR I V = 7 10SR I mV =

Supponendo che il diodo scelto abbia 10sI nA= si ottiene:

10 100R M= 7 1R M=

14

Esercizio 3

Si debba progettare un misuratore di vibrazione nella frequenza compresa tra 1 100Hz Hz che abbia le seguenti caratteristiche:

Uscita in tensione proporzionale allaccelerazione, con sensibilit di 1V/g

Accenda una spia a intermittenza con periodo T=1s quando il picco dellaccelerazione supera i 5g

Utilizzando sensori di accelerazione a ponte di Wheatstone i cui elementi sensibili abbiano una variazione

R/R=1% a 210m

s.

a) Si tracci lo schema a blocchi del sistema

b) Si tracci lo schema elettrico completo

c) Si calcoli il valore di tutti i componenti

15

SOLUZIONE:

a)

Il seguente schema a blocchi permette di implementare il misuratore di vibrazioni richiesto:

b)

Lo schema elettrico completo sar invece il seguente:

A questo punto possibile andare a ricavare il valore di ogni singolo componente.

c)

Ponte di Wheatstone

Si suppone che la corrente che vada verso lamplificatore operazionale sia nulla, applicando quindi un


( )2

ala

V R RVR

+ =

Avendo il sensore una sensibilit R/R=1% a 210m

s si ottiene:

( )2

alb

V R RVR

=

16

RR K a

R

= 2

3

2

0.01 1 1010

RR sK

mR a ms

= = =

Quindi:

a b al RV V V K a =

Amplificatore differenziale

Imponendo che 2 4

1 3

R RR R

= si otterr che:

2 2 2

1 1 1

( )c a b al al RR R RRV V V V V K aR R R R

= = =

Considerando la sensibilit richiesta possibile ricavare il rapporto delle due resistenze

Si vuole che c pV K a= con 1p

VKg

=


2 231

119.81

10 1 10

p

al R

V VKR gsR V K Vm

= = =

2s

m

0.01V2s

m

10.2=

lulteriore grado di libert pu essere fissato imponendo 9 21 2 10R R = . Quindi 1 9.9R k= ;

2 101R k= .

Quindi:

10.2( )c a bV V V=

Filtro passa banda

Il filtro che vogliamo ottenere avr la seguente forma:

1 2

( )1 1

j HG jj j

=

+ +

17

dove 1 2 2 3.14 1 6, 28lradf rad Hz

s pi= = = 2 2 2 3.14 100 628h

radf rad Hzs

pi= = =

Per ricavare il valore di H imponiamo il guadagno in centro banda del filtro. Si suppone di non voler variare la sensibilit imposta con lamplificatore differenziale, quindi scegliamo un guadagno unitario (0 dB).

Considerando che una pulsazione in centro banda sar *1 2 *

2

1j

18

Il filtro a cinque ammettenze implementato avr invece la seguente funzione di trasferimento:

7 5

6 7 9 6 7 8 5( )d

c

V Y YV Y Y Y Y Y Y Y

=

+ + + +

Per ottenere la forma voluta si necessita di uno zero e due poli, a tale scopo si scelgono 6 7;Y Y come elementi reattivi. Quindi:

6 6Y j C= 7 7Y j C= 88

1YR

= 55

1YR

= 99

1YR

=

Sostituendo il valore dei componenti reattivi e raccogliendo i termini dello stesso grado in si ottiene:

7 52

6 7 6 9 7 9 8 9 5 9( )d

c

V j C YV C C j C Y C Y Y Y Y Y

=

+ + + +

Per poterla confrontare con la funzione di trasferimento da imporre non resta che normalizzarla in modo

da avere il termine noto unitario.

7 5

8 9 5 9

6 92 6 7

8 9 5 9

(d

c

C YjV Y Y Y YV C YC C j

Y Y Y Y

+=

+ +

7 9C Y+

8 9

)Y Y 5 9Y Y+

1+

Non resta che uguagliare i coefficienti di numeratore e denominatore con quelli della funzione di

trasferimento da imporre per ricavare i valori dei componenti.

7 5

8 9 5 9

6 7

1 2 8 9 5 9

6 7

1 2 8 5

1

1 1

C YHY Y Y Y

C CY Y Y Y

C CY Y

= +

=

+ +

+ =+

Restano da fissare due gradi di libert da scegliere tenendo conto che 9 210i jR R , la scelta pi

ragionevole quella di considerare 9 28 98 9

1 10Y Y SR R

= 9 25 95 9

1 10Y Y SR R

=

Di conseguenza 8 5Y Y= e dunque

19

Da cui

8 58

1 31.6R R kY

= = =

9 28

9 9 29 8

1 10 31.610

YR kY S R

= = = =

6 50.1C nF=

7 10.12C F=

Infine, sostituendo i valori ricavati si ottiene:

7 5

8 9 5 92

2 6 7 6 7

8 9 5 9 8 5

0.160.0002536 0.1608 11

d

c

C YjV Y Y Y Y j

C C C CV jjY Y Y Y Y Y

+ = =

+ + +

+ ++ +

Che coincide con la funzione di trasferimento richiesta.

Rivelatore di picco

In uscita dal rivelatore di picco si avr:

,maxmax( )e d dV V V V V = =

Il dimensionamento dei componenti va fatto sulla base della velocit di variazione del segnale di ingresso,

nel nostro caso non essendo note le specifiche si assumeranno noti tutti i componenti del rivelatore di

picco.

Comparatore di soglia

Si vuole fare accendere la lampadina se laccelerazione supera i 5g. Considerando la sensibilit imposta

dallamplificatore differenziale e tenendo conto che tutti i successivi blocchi avranno guadagno in banda

unitario si ottiene:

,max maxe d pV V V K a V = =

La soglia in tensione corrispondente ad unaccelerazione di 5g sar quindi:

20

5 1e c pVV V K g Vg

= = = 5 g 4.4V V =

Dato che si scelto un comparatore senza isteresi dovr essere 4.4r

V V= .

Oscillatore a rilassamento

Il periodo di oscillazione delloscillatore usato sar:

1214

13

22 ln 1 1oRT R C s

R

= + =

Fissiamo i gradi di libert considerando che 9 212 13 10R R , ponendo arbitrariamente 1312

10RR

= e

9 214 14 10R R

Da cui 12 10R k= 13 100R k= 14 31.6R k=

Quindi:

11.5 1oT k C s= = 87oC F=

Interruttore con lampadina

Supponendo che le due soglie in uscita dalla porta logica siano 3 ; 1on offV V V V= = , supponendo che la

resistenza della lampadina sia 120LR = , supponendo che 1 10alV V= , supponendo che 100 = . Distinguendo le due regioni di funzionamento nelle quali si vuole fare lavorare il transistore si ha:

Saturazione

Quando la f onV V voglio garantire che il transistore lavori in saturazione, quindi si vuole

1 _ 10 0.3120 808100

al CE sat

C LB

V V V VI RI A

> = = = .

In queste condizioni _

0.8BE BE satV V V= = dunque 15 16 808BI I I A= >

Dove _1515

on BE satV VIR

= _

1616

BE satVIR

=

Dunque per le due resistenze bisogna garantire la seguente disuguaglianza:

21

_ _

15 16

808on BE sat BE satV V V

AR R

>

Interdizione

Si vuole il transistore in interdizione quando f offV V=

In questa condizione si ha che 0BI = dunque

16_

15 16

0.4BE off BE onRV V V V

R R= < =

+

E quindi _16

15 16

0.4BE onoff

VRR R V

< =+

15 16

16

2.5R RR+

>

15

16

1.5RR

>

Ponendosi nel caso limite 15 161.5R R= e sostituendo nella prima disequazione:

_ _

16 16

8081.5

on BE sat BE satV V V AR R

>

_

_

161.5 577.5

808

on BE satBE sat

V VV

RA

< =

Dunque possibile fissare

16 550R =

15 825R =

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