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1 Misure elettroniche: esercizi Valeria Teppati I. V ALUTAZIONE DI INCERTEZZE
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Misure elettroniche: eserciziValeria Teppati
I. VALUTAZIONE DI INCERTEZZE
2
Esercizio 1.Stimare l’incertezza di un resistore di 10 MΩ, realizzato ponendo in serie 10 resistori da 1 MΩ misurati
con incertezza del ± 1 % con lo stesso strumento senza cambiare scala.• Si faccia una stima deterministica del caso peggiore.• Si faccia una stima col modello probabilistico ipotizzando che i resistori abbiano una distribuzione
di probabilita uniforme all’interno della fascia di incertezza.Soluzione.La resistenza incognita e:
RT =10∑i=1
Ri.
Il calcolo dell’incertezza con metodo deterministico si esegue applicando la nota formula al casospecifico, ovvero:
δRT =10∑i=1
∣∣∣∣∂RT
∂Ri
∣∣∣∣ |δRi| =10∑i=1
|δRi|.
Poiche δRi = 0.01 · 106 Ω = 104 Ω, si ha:
δRT = 10 · 104 Ω = 105 Ω.
Si puo ora calcolare l’incertezza relativa:
δRT
RT
=105
107= 0.01.
L’incertezza relativa di RT calcolata con metodo deterministico e quindi pari all’1 %.Per quanto riguarda il calcolo con il metodo probabilistico, si applica la formula:
u(RT ) =
∣∣∣∣∣10∑i=1
∂RT
∂Ri
u(Ri)
∣∣∣∣∣ =10∑i=1
u(Ri),
valida nel caso in cui tutte le grandezze siano perfettamente correlate (si puo fare quest’assunzione, dalmomento che le misure sono state fatte tutte con lo stesso strumento, senza cambiare portata).
Poiche la distribuzione di probabilita e di tipo uniforme, si ha:
u(Ri) =δRi√
3= 5773.5 Ω
Quindi:
u(RT ) = 10 · u(Ri) = 57735 Ω,
u(RT )
RT
=57735
107= 0.0057.
L’incertezza relativa di RT calcolata con metodo probabilistico e quindi pari allo 0.57 %.
3
Esercizio 2.Si abbia un partitore resistivo con R1=9900 Ω ± 1 %, e R2=100 Ω ± 1 %, con rapporto di partizione
k = R2/(R1 +R2). Si stimi l’incertezza assoluta del rapporto di partizione:• nel caso peggiore• con modello probabilistico ipotizzando che i resistori abbiano una distribuzione di probabilita trian-
golare all’interno della fascia di incertezza.Soluzione.Il calcolo dell’incertezza del fattore di partizione k con metodo deterministico (caso peggiore) si esegue
nel seguente modo:
δk =
∣∣∣∣ ∂k∂R1
∣∣∣∣ |δR1|+∣∣∣∣ ∂k∂R2
∣∣∣∣ |δR2| =∣∣∣∣ −R2
(R1 +R2)2
∣∣∣∣ |δR1|+∣∣∣∣ R1
(R1 +R2)2
∣∣∣∣ |δR2| =R1R2
(R1 +R2)2
(|δR1|R1
+|δR2|R2
),
sostutuendo i valori numerici del problema, si trova:
δk = 1.98 · 10−4;δk
k= 1.98 %
Per calcolare l’incertezza con metodo probabilistico, occorre fare l’ipotesi che le grandezze siano noncorrellate. In questo caso si ha:
u(k) =
√(∂k
∂R1
)2
u2(R1) +
(∂k
∂R2
)2
u2(R2) =
√(−R2
(R1 +R2)2
)2
u2(R1) +
(R1
(R1 +R2)2
)2
u2(R2),
ovvero
u(k) =R1R2
(R1 +R2)2
√u2(R1)
R21
+u2(R2)
R22
.
Sapendo che, poiche la distribuzione di probabilita delle grandezze e di tipo tringolare:
u(R1)
R1
=1√6
δR1
R1= 0.58 %;
u(R2)
R2
=1√6
δR2
R2= 0.58 %,
si trova:
u(k) = 5.7 · 10−5;u(k)
k= 0.57 %.
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Esercizio 3.Si vuole misurare la resistenza di un resistore di circa 15 Ω realizzando un ponte di Wheatstone il cui
rivelatore di 0 si supponga ideale.• Si definisca la configurazione del ponte avendo a disposizione per la sua realizzazione i seguenti
componenti tra i quali poter scegliere:– N.4 resistori campione di valore rispettivamente R1=100 Ω ± 0.05 %, R2=10 Ω ± 0.05 %,R3=10 Ω ± 0.05 %, R4=1 Ω ± 0.05 %
– N.1 resistore campione variabile a scatti di valore compreso tra 1 Ω e 2 Ω con passo 0.01 Ω eaccuratezza di ± 0.01 %.
• Si valuti la risoluzione con cui si misura la resistenza e l’incertezza di misura.Soluzione.
Chiamando Rx, Ra, Rb, Rc le resistenze del ponte, si puo supporre senza perdere generalita che ilponte sia in equilibrio quando:
Rx =RbRc
Ra
≈ 15 Ω
Avendo a disposizione un resistore variabile tra 1 Ω e 2 Ω e resistori 1-10-100 Ω, e immediato verificareche l’unico modo per ottenere Rx = 15 Ω e imporre che Rb (o Rc, ma e solo questione di nomenclatura)sia il resistore variabile e di conseguenza il rapporto Rc
Rasia pari a 10.
Essendo il passo del resistore variabile pari a 0.01 Ω, la risoluzione del ponte e:
∆Rx =Rc
Ra
· 0.01 Ω = 10 · 0.01 Ω = 0.1 Ω
ovvero, in termini relativi:
∆Rx
Rx
=0.1
15= 0.7 %
L’incertezza relativa, nel caso peggiore, non dipende dalla scelta dei resistori, ed e pari a:
δRx
Rx
=δRa
Ra
+δRb
Rb
+δRc
Rc
= 2 · 0.05 % + 0.01 % = 0.11 %
Si noti come, trascurando tutte le ulteriori possibili cause di incertezza (ad es. effetti termici, incertezzadel rivelatore di zero) fuorche la tolleranza dei resistori, la misura sia limitata dalla risoluzione, piuttostoche dall’incertezza.
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Esercizio 4.Si vuole misurare una tensione continua ai morsetti di un circuito il cui modello e costituito da un
generatore di tensione con in serie una resistenza di 10 kΩ ± 5 %. Si usa un tester che ha le seguenticaratteristiche:• resistenza di ingresso di 20 kΩ/V ± 0.5 % ,• tensioni di fondo scala 3 V, 10 V, 30 V• classe 1.5.Il valore letto sulla scala dello strumento e VL=2.7 V. Si calcolino:• valore della tensione depurato dall’errore di consumo• incertezza della misura, con metodo deterministico (dovuta alla correzione e alla classe dello stru-
mento)Soluzione.La tensione del generatore, per via della partizione tra la resistenza interna del generatore (Rg = 10
kΩ) e la resistenza del voltmetro (Rv = 20 kΩ/V · fondo scala= 60 kΩ) e:
E = VLRv +Rg
Rv
= 3.15 V.
Questo e il valore di tensione epurato dell’errore di consumo.L’incertezza, calcolata con metodo deterministico e:
δE =
∣∣∣∣ ∂E∂VL∣∣∣∣ δVL +
∣∣∣∣ ∂E∂Rg
∣∣∣∣ δRg +
∣∣∣∣ ∂E∂Rv
∣∣∣∣ δRv.
Le derivate parziali sono:
∂E
∂VL= 1 +
Rg
Rv
,
∂E
∂Rg
=VLRv
,
∂E
∂Rv
= −VLRg
R2v
.
Resta da calcolare δVL, che si ricava dall’informazione sulla classe dello strumento:
δVL = classe · fondo scala/100 = 1.5 · 3 V/100 = 0.045 V.
Sostituendo i valori numerici, si ha:
δE = 0.077 V.
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Esercizio 5.Una vasca a forma di prisma pentagonale (pentagono regolare, di lato a = 4.000 m ± 0.001 m, altezza
della vasca: h = 4.000 m ± 0.001 m), viene riempita (di acqua) con una portata pari a (100.00 ±0.01) kg/s. Calcolare l’incertezza relativa del tempo che impiega a riempirsi, con metodo deterministico eprobabilistico, supponendo che le grandezze siano tutte non correlate e abbiano una densita di probabilitadi tipo uniforme.
Soluzione.Poiche viene richiesta l’incertezza relativa del tempo di riempimento, non e necessario calcolare l’area
del pentagono. Basta sapere che il volume V della vasca e proporzionale ad a2 · h. Il tempo che la vascaimpiega a rimepirsi e:
t =V
P∝ a2 · h
P,
dove P e la portata. L’incertezza relativa del tempo di rimepimento, calcolata con metodo deterministico,e quindi:
δt
t=δV
V+δP
P= 2
δa
a+δh
h+δP
P= 2
0.001
4+
0.001
4+
0.01
100= 8.5 · 10−4.
Con metodo probabilistico, invece si ha:
utt
=
√4(uaa
)2+(uhh
)2+(uPP
)2,
dove, poiche la densitita di probabilita di tutte le grandezze, supposte scorrelate, e di tipo uniforme:
ua =δa√
3;uh =
δh√3
;uP =δP√
3.
Quindi, in conclusione:
utt
=1√3
√4
(δa
a
)2
+
(δh
h
)2
+
(δP
P
)2
= 3.279 · 10−4.
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Esercizio 6.Un ascensore (alto 3 m) parte da fermo e sale con accelerazione costante pari a 0.50 m/s2 ± 0.01 m/s2.
Quando la sua velocita diventa pari a v0 = 0.1 m/s, una vite si stacca dal soffitto e cade sul pavimentodell’ascensore. Calcolare quanto tempo e trascorso a partire dall’istante in cui la vite si stacca fino almomento in cui la vite tocca il pavimento dell’ascensore e la sua incertezza con metodo deterministico.
Soluzione.Nell’istante in cui la vite si stacca dal soffitto, essa inizia a muoversi di moto uniformemente accelerato:
zv = −1
2gt2 + v1t+ h.
Anche il pavimento dell’ascensore si muove di moto uniformemente accelerato:
zp =1
2at2 + v1t.
La vite tocca il pavimento dell’ascensore quando:
zp = zv,
ovvero1
2at2 = −1
2gt2 + h.
Quindi l’istante di tempo cercato e:
t =
√2h
a+ g= 0.76288 s.
L’incertezza assoluta, con metodo deterministico e:
δt =
∣∣∣∣ ∂t∂a∣∣∣∣ δa =
∣∣∣∣∣∣−2h
(a+g)2
2√
2ha+g
∣∣∣∣∣∣ δa = 3.7 · 10−4 s.
In conclusione: t = (0.76288± 3.7 · 10−4) s.
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Esercizio 7.Un cannone spara un proiettile con una velocita iniziale v0= 200 km/h ± 1 km/h, in direzione inclinata
di α = 30 rispetto alla terra. Calcolare il punto di impatto del proiettile al suolo e la sua incertezzaassoluta e relativa, con metodo deterministico e probabilistico (densita di probabilita uniforme).
Soluzione.La velocita iniziale si puo scomporre nelle due componenti orizzontale e verticale:
v0x = v0 cosα
v0y = v0 sinα
Lungo la direzione verticale y, il moto e uniformemente accelerato (accelerazione di gravita pari a g):
y = −1
2gt2 + v0yt+ y0,
dove y0 = 0.Il proiettile tocca il terreno quando y = 0, ovvero (escludendo la soluzione t = 0) all’istante:
t =2v0yg.
Lungo la direzione orizzontale x, il moto e invece uniforme:
x = v0xt+ x0,
dove x0 = 0.Il proiettile quindi tocca il terreno ad una distanza:
x = v0xt =2v0yv0xg
=v20 sin(2α)
g= 272.4687 m.
Con metodo deterministico, l’incertezza vale:
δx
x= 2
δv0v0
= 1%,
quindi
x = (272.5± 2.7) m.
Con metodo probabilistico invece:
9
u(x)
x= 2
u(v0)
v0,
dove:
u(v0) =δv0√
3.
Si ha quindi:
x = (272.5± 1.6) m.
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Esercizio 8.Un corpo di massa m = (1000 ± 1) g scivola senza attrito su un piano inclinato di 30o. Il corpo parte
da fermo e percorre sul piano inclinato un tratto pari (2.00 ± 0.01) m. Calcolare la velocita finale e la suaincertezza assoluta con metodo deterministico e probabilistico, considerando le grandezze di influenza noncorrelate, aventi distribuzione di probabilita triangolare all’interno degli intervalli di incertezza specificatie aventi incertezza nulla dove non specificata.
Soluzione.La forza peso che agisce sul corpo e F = mg, in direzione verticale. Tale forza si puo scomporre in due
componenti, una avente direzione parallela al piano inclinato e una con direzione perpendicolare a talepiano. La prima e quella che sostiene il moto e vale Fo = mg sinα. L’accelerazione del corpo, lungo ladirezione del piano inclinato, si ricava dalla nota legge Fo = ma, ovvero: a = g sinα. Tale accelerazionee costante e quindi il corpo si muove di moto uniformemente accelerato, secondo le note equazioni:
s =1
2at2 + v0t+ s0
v = at+ v0
Nel nostro caso, v0 = 0, s0 = 0, s = 2 m. Si ricava:
t =
√2s
ae
v = a
√2s
a=√
2sa =√
2sg sinα
Sostituendo, si trova che dopo due metri la velocita e pari a:
v = 4.4294 m/s
Il calcolo dell’incertezza e immediato poiche vi e incertezza solo sulla misura della distanza s.
δv
v=
1
2
δs
s
δv = v1
2
δs
s= 0.011 m/s
Quindi:
v = (4.43± 0.01) m/s
Con metodo probabilistico invece:
us =δs√
6= 0.0041 m
uv = v1
2
uss
= 0.0045 m/s
v = (4.429± 0.005) m/s
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Esercizio 9.Si consideri la misura di una resistenza Rx di valore nominale 10 Ω, con il metodo volt-amperometrico,
con amperometro a valle. Disegnare lo schema della misura, sapendo che la sorgente di eccitazione del cir-cuito e un generatore di tensione di impedenza interna non nulla. Inizialmente, si misurano separatamenteun corto circuito e un circuito aperto, ottenendo i dati in tabella.
V letta (mV) I letta (mA)Corto circuito 9.9005 19.801Circuito aperto 995 0
Si calcolino:1) la resistenza interna dell’amperometro2) la tensione e la resistenza equivalenti di Thevenin della sorgente (l’equivalente comprende la re-
sistenza interna del voltmetro)3) le letture attese di voltmetro e amperometro, quando si misura la resistenza Rx
4) l’errore sistematico sulla misura della Rx dovuto all’amperometroCalcolo delle incertezze.L’amperometro e il voltmetro hanno classe 2 e fondo scala 10-20-100-200-500-1000 mV e 5-10-20-100
mA. Calcolare l’incertezza della misura di Rx (epurata dell’errore sistematico) con metodo deterministico.Ripetere il calcolo con il metodo probabilistico, ipotizzando che tutte le grandezze misurate siano scorrelateabbiano e densita di probabilita di tipo uniforme.
Soluzione.
La resistenza interna dell’amperometro si calcola a partire dalla letture degli strumenti quando Rx = 0(cortocircuito).
RA =VccIcc
= 0.5 Ω
Chiamiamo Veq e Req la tensione e la resistenza equivalenti di Thevenin. La tensione a vuoto e:
Veq =RV
RG +RV
E = Vca = 995 mV.
Per trovare la resistenza equivalente, si consideri il seguente, circuito in cui e stato sostituito l’equivalentedi Thevenin:
Scrivendo l’equazione all’unica maglia nel caso di lettura con Rx = 0 (cortocircuito) si ha:
Veq = (Req +RA)Icc
12
da cui:Req =
VcaIcc−RA = 49.7 Ω
E ora possibile ricavare le letture dei due strumenti quando si inserisce Rx = 10 Ω.
ILx =Veq
Req +RA +Rx
= 16.5 mA,
VLx = ILx(RA +Rx) = 173.5 mV.
La resistenza incognita, epurata dell’errore sistematico dovuto alla resistenza dell’amperometro, ecalcolata come:
Rx =VLxILx−RA,
ovveroRx =
VLxILx− VccIcc
Calcolo dell’incertezza di Rx con metodo deterministico:
δVLx = 0.02 · 200 mV = 4 mV
δILx = 0.02 · 20 mA = 0.4 mA
δVcc = 0.02 · 10 mV = 0.2 mV
δIcc = 0.02 · 20 mA = 0.4 mA
δRx =1
ILxδVLx +
VLxI2Lx
δILx +1
IccδVcc +
VccI2ccδIcc = 0.52 Ω
Rx = (10.0± 0.5) Ω
Calcolo dell’incertezza di Rx con metodo probabilistico:
u(VLx) =δVLx√
3
13
u(ILx) =δILx√
3
u(Vcc) =δVcc√
3
u(Icc) =δIcc√
3
u(Rx) =
√1
I2Lxu2(VLx) +
V 2Lx
I4Lxu2(ILx) +
1
I2ccu2(Vcc) +
V 2cc
I4ccu2(Icc) = 0.2 Ω
Rx = (10.0± 0.2) Ω
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Esercizio 10.Si vuole determinare la densita volumetrica di una lega di acciaio, mediante la misura del peso di una
sferetta di raggio (0.02000 ± 0.00001) m, con una bilancia avente incertezza pari a 0.1 % della lettura+ 0.1 % del fondo scala. La misura del peso della sferetta e 261 g con fondo scala 0.3 kg. Calcolare ladensita volumetrica e la sua incertezza con metodo deterministico.
Soluzione.Per definizione la densita volumetrica vale:
ρ =m
V
dove m e la massa del corpo, V e il volume. Nel nostro caso, essendo il corpo una sfera di raggio r,si ha:
ρ =m
43πr3
=0.261 kg
43π(0.02 m)3
= 7788.6kgm3
Calcolo dell’incertezza, con metodo deterministico.
δρ
ρ=δm
m+ 3
δr
r
dove:δm = 0.1% · 0.261 kg + 0.1% · 0.3 kg = 0.56 g.
Si trovaδρ
ρ= 0.0036
ovvero:ρ = (7788± 28 )
kgm3
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II. OSCILLOSCOPIO, BANDA, TEMPI DI SALITA
Esercizio 1.Determinare la banda di un oscilloscopio (oscilloscopio in prova) confrontando la lettura del tempo di
salita di un generatore con quella fornita da un altro oscilloscopio con banda nota (oscilloscopio campione,banda 100 MHz). L’oscilloscopio in prova e fornito della medesima sonda ed impedenza di ingresso diquello campione. La lettura del tempo di salita sull’oscilloscopio in prova vale (5.0 ± 0.2) ns, mentrequella dell’oscilloscopio campione vale (4.0 ± 0.2) ns. Calcolare l’incertezza della banda dell’oscilloscopioin prova, con metodo deterministico e con metodo probabilistico considerando le densita di probabilitauniformi all’interno degli intervalli dati come incertezze.
Soluzione.Il tempo di salita letto sull’oscilloscopio in prova, di banda B1 vale:
t2s1 = t2sv + (0.35/B1)2 + (2.2ReqCeq)
2
dove tsv e il tempo di salita vero del segnale di test.Il tempo di salita letto sull’oscilloscopio campione, di banda B2 vale:
t2s2 = t2sv + (0.35/B2)2 + (2.2ReqCeq)
2
poiche il circuto equivalente e lo stesso.Quindi:
t2s1 − t2s2 = 0.352(1/B21 − 1/B2
2)
Per cui la banda dell’oscilloscopio in prova vale:
B1 =1√
1/B22 + (t2s1 − t2s2)/0.352
= 75.9 MHz
Calcolo dell’incertezza con metodo deterministico:
δB1 =
∣∣∣∣∂B1
∂ts1
∣∣∣∣ δts1 +
∣∣∣∣∂B1
∂ts2
∣∣∣∣ δts2∂B1
∂ts1= −(1/B2
2 + (t2s1 − t2s2)/0.352)−3/2ts1
0.352
∂B1
∂ts2= (1/B2
2 + (t2s1 − t2s2)/0.352)−3/2ts2
0.352
Sostituendo i dati si trova:
δB1 = 6.4 MHz,
quindi:
B1 = (75.9± 6.4) MHz.
Con metodo probabilistico:
u(ts1) =δts1√
3
u(ts2) =δts2√
3
16
u(B1) =
√(∂B1
∂ts1
)2
u2(ts1) +
(∂B1
∂ts2
)2
u2(ts2) = 2.6 MHz
Quindi:
B1 = (75.9± 2.6) MHz.
17
Esercizio 2.Si dispone di un generatore sinusoidale con Veff=50 V e frequenza di 100 MHz con impedenza di uscita
resistiva di 50 Ω e di un oscilloscopio con resistenza di ingresso pari ad 1 MΩ, e capacita di ingressodi 10 pF, con banda di 10 MHz. Per misurare il segnale si usa una sonda attenuatrice (10:1) con 2.183m di cavo coassiale con una capacita per unita di lunghezza pari 10 pF/m. Che ampiezza picco-picco simisura sullo schermo dell’oscilloscopio? (Si ricorda che in un sistema lineare con un solo polo, la cuifrequenza sia maggiore di 10 volte la frequenza di ingresso, si puo trascurare l’influenza di tale polo.)
Soluzione.La capacita del cavo, posta in parallelo, e 21.83 pF. Questa capacita si somma a quella dell’oscilloscopio,
dando una capacita totale Ctot di 31.83 pF. La sonda compensata, poiche attenua 10:1, avra una resistenzapari a Rs = 9Rosc = 9 MΩ, e una capacita Cs = Ctot/9. La capacita equivalente del circuito e quindi:
Ceq =Cs · CtotCs + Ctot
=Ctot/9 · CtotCtot/9 + Ctot
= Ctot/10 = 3.183 pF.
La resistenza equivalente e:
Req = Rg// (Rs +Rosc) = 50 Ω//10 MΩ ≈ 50 Ω.
La frequenza del polo e quindi:
ft =1
2πReqCeq=
1
2π · 50 Ω · 3.183 pF= 1 GHz.
Dal momento che il segnale e a frequenza 10 volte piu bassa della frequenza del polo, l’effetto di talepolo e trascurabile. Rimangono l’effetto della sonda e della banda dell’oscilloscopio, che contribuisconoentrambi ad attenuare di un fattore 10 il segnale di ingresso (la banda dell’oscilloscopio e 10 volte minoredella frequenza del segnale), per una attenuazione totale α pari a 0.01. Il valore picco-picco del segnalee:
Vpp = 2√
2Veff · α = 1.41 V.
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Esercizio 3.Si dispone di un generatore di impulsi di tensione con impedenza di uscita resistiva di 50 Ω e di un
oscilloscopio con resistenza di ingresso pari ad 10 MΩ, e capacita di ingresso di 20 pF, con banda di50 MHz. Per misurare il segnale si usa una sonda attenuatrice (10:1) con 2 m di cavo coassiale conuna capacita per unita di lunghezza pari 15 pF/m ± 2 pF/m. Sullo schermo dell’oscilloscopio si leggeun tempo di salita pari a 50.0 ns ± 0.1 ns. Quanto valgono il tempo di salita del generatore e la suaincertezza assoluta (metodo probabilistico, considerando densita di probabilita tringolari)?
Soluzione.
Dai dati del problema si ha:• RG=50 Ω;• CC=30 pF ± 4 pF;• COS=20 pF;• ROS=10 MΩ;• B=50 MHz;• ts= 50.0 ns ± 0.1 ns.Il tempo di salita letto sull’oscilloscopio, ts, e:
t2s = t2sv + t2sB + t2sC ,
dove tsB = 0.35/B= 7 ns e:tsC = 2.2 · CeqReq
La sonda attenua di un fattore 10, quindi RS = 9 ·ROS .La resistenza equivalente e Req = RG ⊕ 1(RS +ROS) ≈ RG. La capacita equivalente invece vale:
Ceq = CS ⊕ (CC + COS) =CC + COS
10= 5 pF
poiche si tratta di un partitore compensato e quindi CS=(CC + COS)/9.Il tempo di salita cercato quindi e:
tsv =
√t2s −
(0.35
B
)2
−(
2.2 · CC + COS10
RG
)2
= 49.504 ns
Calcolo dell’incertezza.1Il simbolo ⊕ indica la somma armonica, ovvero:
x⊕ y =xy
x+ y
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u(tsv) =
√(∂tsv∂ts
)2
u2(ts) +
(∂tsv∂CC
)2
u2(CC)
Densita di probabilita triangolari, quindi: u(ts) = δts√6
= 0.0408 ns e u(CC) = δCC√6
= 1.63 pF.Calcolo derivate parziali:
∂tsv∂ts
=tstsv
∂tsv∂CC
=tsC · 2.2 ·RG/10
tsv
Si trova:
u(tsv) = 0.0412 ns,
tsv = (49.50± 0.04) ns.
20
Esercizio 4.Un generatore di funzioni con impedenza di uscita di 50 Ω e impostato per fornire una potenza su
carico adattato pari a 100 mW con un’onda sinusoidale. Qual e il valore di picco della tensione letta suun oscilloscopio di impedenza di ingresso infinita?
Soluzione.La potenza erogata su 50 Ω dal generatore e:
P =V 2eff
R,
con R = 50 Ω. Da cui, la tensione efficace, sempre su 50 Ω, vale:
Veff =√R · P = 2.23 V,
che corrisponde ad una tensione di picco Vp =√
2Veff = 3.16 V.Ora, per avere una certa Vp su 50 Ω, essendo anche l’impedenza di uscita del generatore pari a 50 Ω, la
tensione di picco del generatore deve essere pari a 2Vp. Tale valore e evidentemente il valore di tensioneche si leggerebbe collegando il generatore ad uno strumento di impedenza infinita, e vale 6.32 V.
21
Esercizio 5.Si dispone di un generatore sinusoidale con Veff=1 V e frequenza di 80 MHz con impedenza di uscita
resistiva di 50 Ω e di un oscilloscopio con resistenza di ingresso pari ad 1 MΩ, e capacita di ingressodi 10 pF, con banda di 40 MHz. Per misurare il segnale si usa una sonda attenuatrice (10:1) con 1.2 mdi cavo coassiale con una capacita per unita di lunghezza pari 20 pF/m. Che ampiezza si misura sulloschermo dell’oscilloscopio?
Soluzione.Il segnale in misura ha frequenza doppia rispetto alla banda dell’oscilloscopio. Facendo un modello
dell’oscilloscopio tipo filtro passabasso del primo ordine, la funzione di trasferimento e:
1
1 + jfx/B
Poiche la frequenza del segnale e pari a due volte la banda dell’oscilloscopio, il segnale viene attenuatodi un fattore: ∣∣∣∣ 1
1 + j2
∣∣∣∣ =1√5
L’effetto del circuito si valuta considerando che la capacita equivalente del circuito, sonda compresa, epari a Ceq = (10 pF + 1.2 · 20 pF) /10= 3.4 pF, mentre la resistenza equivalente e Req ≈ 50 Ω. La bandaequivalente, 1
2πReqCeq, vale 936 MHz, molto maggiore quindi della frequenza del segnale in misura, per
cui tale effetto e trascurabile.L’ampiezza (picco-picco, ad esempio) del segnale visualizzato sull’oscilloscopio, tenendo conto dell’attenuazione
della sonda, e dunque:
Vpp =2 ·√
2√5 · 10
V = 0.1265 V
22
III. MISURE DI TEMPO E FREQUENZA - CONTATORI RECIPROCI
Esercizio 1.Si vuole misurare una frequenza di circa 1 kHz avendo a disposizione un contatore con frequenza
campione fc=10 MHz ± 2 · 10−7. Si ha a disposizione, per eseguire la misurazione, una finestra temporalepari a Tm=10 ms. Descrivere il modo piu vantaggioso per eseguire la misura.
Soluzione.• Frequenzimetro
n =Tmtx
= 10.
• Periodimetro medio
m =Tmtck
= 1 · 105.
La configurazione con minore incertezza e il periodimetro medio, e l’incertezza della misura e:
εfx = εfck +1
m= ±1.02 · 10−5.
23
Esercizio 2.Si vuole misurare una frequenza di circa 50 MHz avendo a disposizione un frequenzimetro a contatore
con un clock di 1 MHz. L’incertezza del campione di frequenza e quantificata in ± 2 · 10−6. Sapendo cheal segnale e sovrapposto un rumore (S/N=40 dB), scegliere la configurazione migliore dello strumentoper eseguire la misura nel tempo di 5 ms e calcolare l’incertezza complessiva della misurazione.
Soluzione.• Frequenzimetro
n =Tmtx
= 2.5 · 105.
• Periodimetro medio
m =Tmtck
= 5 · 103.
La configurazione con minore incertezza e il frequenzimetro, e l’incertezza della misura e:
εfx = εfck +1
n= ±6 · 10−6.
24
Esercizio 3.Si vuole misurare una frequenza di circa 15 kHz con un’incertezza non superiore a ± 6 · 10−6, avendo
a disposizione un contatore reciproco con oscillatore interno al quarzo di 2 MHz ed incertezza ± 3 ·10−6. Il tempo di misura deve essere al massimo pari a 1 s. Determinare:• la miglior configurazione di misura per ottenere l’incertezza desiderata, con il minimo tempo di
misura,• il peggior rapporto segnale rumore (S/N) in ingresso che consenta di ottenere ancora l’incertezza
desiderata.Soluzione.• Frequenzimetro
εfx = ±6 · 10−6 = εfck +1
n= ±
(3 · 10−6 +
1
n
).
Quindi n = 3.33333 · 105. In questo caso il tempo di misura sarebbe:
Tm =n
fx= 22.2 s.
cioe fuori dalle specifiche richieste di tempo di misura non superiore a 1 s.• Periodimetro medio
εfx = ±6 · 10−6 = εfck +1
m= ±
(3 · 10−6 +
1
m
).
Il numero di impulsi contati deve anche in questo caso essere m = 3.33333 · 105. Il tempo di misurapero:
Tm =m
fck= 0.167 s.
ovvero minore di 1 s come richiesto.Si sceglie quindi la configurazione periodimetro medio.In questa configurazione, pero, il rapporto segnale rumore del segnale in ingresso influisce sull’incertezza.
Il peggior rapporto segnale rumore accettabile, mantenendo costante l’incertezza, si ottiene per il massimotempo di misura consentito, ovvero 1 s.
Quindi:
εfx = εfck +1
m+
1
πfxS/NTm.
Se Tm = 1s allora m = 2 · 106, quindi:
εfx = ±6 · 10−6 = ±(
3 · 10−6 + 0.5 · 10−6 +1
πfxS/N · 1 s
).
Da questa espressione si ricava dunque il peggior rapporto segnale rumore consentito:
S/N =1
πfx · 2.5 · 10−6 · 1 s= 8.48
che espresso in dB diventa S/N = 18.6 dB.
25
Esercizio 4.Si disegni e si descriva lo schema a blocchi del contatore di un autovelox, avendo a disposizione un
campione al quarzo di frequenza 10 kHz ± 10−5, formatori di impulsi ideali, formatori di porta (flip-flop)con incertezza ± 10 µs su start e stop, porte logiche ideali. Si dimensioni la distanza alla quale devonoessere poste le fotocellule, in base alle specifiche riportate di seguito:
1) dinamica: 20 km/h - 200 km/h,2) risoluzione di misura 0.5 km/h (su tutta la dinamica).Si calcoli infine l’incertezza assoluta complessiva della misura di velocita, nel caso peggiore.Soluzione.La misura di velocita avviene tramite la misura dell’intervallo di tempo che intercorre tra gli at-
traversamenti della fotocellula (t) e la conoscenza della distanza tra le fotocellule d, ipotizzando chein quell’intervallo di tempo la velocita v dell’automobile sia rimasta costante:
v =d
t.
A parita di periodo di clock, la misura con peggiore risoluzione e quella che corrisponde ad unamaggiore velocita dell’automobile, ovvero un tempo di misura minore:
∆v
v=
0.5 km/h200 km/h
= 0.0025.
Per ottenere questa risoluzione con un clock con frequenza fck = 10 kHz (periodo tck=100 µs), il tempodi misura deve essere almeno pari a:
t =100 µs0.0025
= 40 ms.
La distanza d tra le fotocellule si trova quindi come:
d = vt = 200 km/h · 40 ms = 2.22 m.
Anche per il calcolo dell’incertezza il caso peggiore e il caso di velocita maggiore.
εt = εfck +tckt
+2tet,
dove t = 40 ms, εfck = 10−5, te=10 µs, quindi:
εt = εv = 0.00301.
Ora si calcola l’incertezza assoluta, nel caso v = 200 km/h:
δv = εv · 200 km/h = 0.602 km/h,
v = (200.0± 0.6) km/h.
26
Esercizio 5.Si vuole sincronizzare un orologio, posto in cima ad una montagna, con un orologio campione, posto
in pianura, a distanza di 50 km, mediante la trasmissione radio di un segnale di sincronismo sinusoidale a100 kHz, ogni giorno alle 12:00 am. Si supponga che le antenne di trasmissione e ricezione siano allineatecon guadagno (G1 = G2) di 10 dB, e che l’antenna in ricezione si possa assimilare ad un generatore conimpedenza 50 Ω e potenza disponibile in ricezione pari a:
Pr =G1G2Pt(
4πdλ
)2 .Si calcoli:• la potenza di trasmissione necessaria a garantire una incertezza di sincronizzazione inferiore a 1 µs,
se la potenza di rumore aggiunta in antenna vale -30 dBm e l’orologio ha impedenza di ingresso di50 Ω.
• l’errore sistematico sulla lettura del tempo, dovuto al tempo di propagazione del segnale.Soluzione.La fluttuazione dell’istante temporale in cui viene ricevuto il segnale di sincronismo si puo scrivere
come:
te =1
2πS/Nfx=
1
2π√
PrPnfx
<= 1 µs,
dove Pr e la potenza ricevuta dall’antenna e Pn e la potenza di rumore aggiunta in antenna.Invertendo la formula precedente: √
PrPn
=1
2πtefx.
Sostituendo all’interno di tale formula l’espressione di Pr in funzione di Pt, si puo calcolare Pt, potenzatrasmessa tale per cui te = 1 µs. √
G1G2Pt/Pn(4πdλ
)2 =1
2πtefx.
Si ricava:
Pt =
(4πdλ
2πtefx
)2PnG1G2
.
Sostituendo i dati (G1 = G2 = 10, Pn = 1 µW, d=50 km, λ = c/fx, fx= 100 kHz) si trova:
Pt = 1.11 mW.
L’errore sistematico sulla lettura del tempo e dato dal fatto che il segnale di sincronismo impiega untempo finito per essere trasmesso, pari a:
∆t = d/c = 0.16 ms.
27
Esercizio 6.Si considerino due orologi, uno posto a terra ed un altro posto su un aereo in volo radente a velocita
costante di 1080 km/h. L’aereo compie il giro del mondo senza scalo, percorrendo una distanza di circa36000 km, e viaggiando lungo un meridiano, da Polo Nord a Polo Sud e ritorno. Si trascurino tutte leaccelerazioni (si tratti il moto come se fosse un moto rettilineo uniforme). Si illustri, con uno schemaa blocchi, l’esperimento per evidenziare l’effetto di dilatazione dei tempi dovuto alla relativita speciale.In particolare si determini l’incertezza degli orologi necessaria ad evidenziare l’effetto relativistico conalmeno due cifre significative. Si ricorda che il tempo per l’osservatore in moto e ∆T1 =
√1− β2∆T0
(formula di Lorentz), dove ∆T0 e il tempo per l’osservatore solidale con la Terra, mentre β2 = v2/c2
(dove v e la velocita del corpo e c e la velocita della luce).Soluzione.Per prima cosa, si puo calcolare il fattore β:
β =v
c=
300 m/s3 · 108 m/s
= 10−6.
Il tempo di percorrenza, per un osservatore solidale con la Terra e:
∆T0 =d
v=
36000 km1080 km/h
= 12 · 104 s.
Il tempo di percorrenza per l’osservatore in volo e invece:
∆T1 = ∆T0√
1− β2 ≈ ∆T0
(1− β2
2
).
In conclusione, la differenza tra i tempi misurati dell’osservatore a terra e da quello in volo e
∆T1 −∆T0 = −∆T0β2
2= −60 ns.
Quindi, per poter misurare tale differenza con due cifre significative, l’incertezza degli orologi deveessere < 10−10 s.
28
Esercizio 7.Il circuito in figura e usato per incrementare la risoluzione di misure di intervalli di tempo (R1=39 kΩ,
C = 100 pF, R2=3.9 MΩ). L’intervallo di tempo misurato in partenza vale 1 s e fck = 1 MHz. Duranteil tempo t1 = 1 µs, il commutatore e in posizione 1 e (tensione di ingresso ha ampiezza 1 V). Calcolareil tempo di scarica, con il commutatore in posizione 2, tale per cui la tensione si riduce fino a 0.05 V.Calcolare quindi la nuova risoluzione della misura.
Soluzione.La costante di tempo del primo circuito RC, che agisce durante la fase di carica, e τ1 = R1C. In questa
fase, il condensatore si carica al valore:
Vc = Vin
(1− e−
t1τ1
)Nella fase di scarica, la tensione istantanea sul condensatore e:
Vs = Vce− tsτ2
Dai dati del problema si ha τ2 = 100τ1. Sostituendo e ricavando ts, si trova:
ts = 100τ1 ln
(VinVs
(1− e−
t1τ
))= 588µs
In conlcusione, il tempo di carica, ovvero il tempo incognito, pari a 1 µs, e stato “trasformato” in untempo di 588 µs. Il clock e pari a 1 MHz, quindi in questo tempo sono conteggiati 588 impulsi. Talenumbero di impulsi, se fosse conteggiato in 1 µs, darebbe luogo a una risoluzione assoluta pari a 1.7 ns.Poiche il tempo totale misurato e pari a 1 s, si e passati da una risoluzione di 1 ·10−6 a 1.7 ·10−9.
29
Esercizio 8.Un contatore esegue una misura diretta di periodo di un segnale di frequenza pari a 100 Hz. La frequenza
nominale dell’oscillatore interno vale 10 MHz, ma chi esegue la misura usa la presa di clock esterno ela collega ad un sintetizzatore di frequenza ideale, regolato alla frequenza di 10 MHz + 1 kHz. Qualecorrezione bisogna apportare alla lettura?
Soluzione.Avendo preso un riferimento di frequenza a frequenza maggiore di quella nominale, vengono contati
piu impulsi e il periodo sara sovrastimato.Infatti:
Tx = m · TckL’errore relativo e:
∆TxTx
= −∆fckfck
ovvero:
∆Tx = −Tx ·∆fckfck
= −0.01 · 1000
107= −1 µs
In conclusione, bisogna togliere 1 µs alla misura.
30
IV. VOLTMETRI IN ACEsercizio 1.Il segnale di tensione, presentato nella figura a fianco, e stato visualizzato sullo schermo di un oscil-
loscopio, con le seguenti impostazioni: sensibilita verticale Sy=0.2 V/div, sensibilita orizzontale Sx=0.1ms/div. Calcolare la tensione misurata e relativa incertezza con un voltmetro in alternata (con condensatorein serie) ad una sola semionda di classe 2 e portate 1, 2, 5, 10, 20, 100 V. Se il voltmetro AC fosse statoa doppia semionda (con le stesse caratteristiche metrologiche) la misura sarebbe cambiata? Se la rispostae affermativa calcolare la nuova misura di tensione.
Soluzione.Il condensatore il serie rimuove la componente continua del segnale, che, espressa in divisioni, vale:
VDC =1
T
∫ T
0
v(t)dt =3− 9
4div = −1.5 div.
Il voltmentro AC a singola semionda elimina la parte negativa del segnale. Il valor medio convenzionaledi tale segnale e quindi:
Vm =3 + 1.5
4div = 1.125 div.
Se invece consideriamo un voltmetro AC a doppia semionda, la parte negativa del segnale diventapositiva, e il valor medio convenzionale diventa:
Vm =(3 + 1.5) + (3− 1.5) · 3
4div = 2.25 div.
Nel primo caso, il valor medio convenzionale viene moltiplicato per un fattore di taratura pari a 2.22,mentre nel secondo caso, per un fattore di taratura pari a 1.11. Il che significa che per entrambi glistrumenti la lettura e pari a:
Vl = 2.4975 · 0.2 V = 0.4995 V.
Per misurare tale tensione si usa un fondo scala pari a 1 V, quindi:
δVl = 0.02 · 1 V = 0.02 V.
Quindi:
Vl = 0.50± 0.02 V.
31
Esercizio 2.Si misura il segnale periodico illustrato in figura (asse y: 0.2 V/div, asse x: 1 ms/div, sull’oscillopio e
visualizzato un intero periodo) con:• un voltmetro analogico in alternata, a singola semionda, con condensatore in serie (classe 1, fondo
scala 1, 2, 5, 10 V)• un voltmetro numerico a vero valore efficace, senza condensatore in serie (classe 1, fondo scala 0.5,
1, 2, 5, 10 V)Indicare le letture dei due strumenti e le incertezze relative di tali misure.
Soluzione.Il voltmetro in alternata a singola semionda ha un condensatore in serie, di conseguenza al segnale in
ingresso viene sottratta la componente continua. In questo modo il segnale diventa un segnale triangolaresimmetrico, a valor medio nullo, con valore di picco pari a 2.5 divisioni e periodo pari a 10 div. Essendoa singola semionda, la parte negativa di segnale viene eliminata e il valor medio convenzionale risultaessere:
Vm =1
T
∫ T
0
v(t)dt =2.5 · 2.5
10div = 0.625 div
La lettura sul voltmetro e quindi pari a:
Vl = 0.625 · 2.22 · 0.2 V = 0.2775 V
Incertezza:
δVl = 0.01 · 1 V = 0.01 V.
Quindi:
Vl = 0.28± 0.01 V = 0.28 V± 3.6%
Per il voltmetro a vero valore efficace, senza condensatore in serie, si consideri che:
Veff =√v2eff + v2DC ,
dove veff e il valore efficace del segnale privato della sua componente continua. E noto che, per unsegnale triangolare a valor medio nullo:
32
veff =Vp√
3=
2.5 div · 0.2 V/ div√3
= 0.28867 V.
Inoltre:
vDC =1
T
∫ T
0
v(t)dt =
(4 · 410
div− 1 · 110
div)· 0.2 V/ div = 0.3 V.
Quindi:
Veff =√
(0.28867 V)2 + (0.3 V)2 = 0.4163 V.
Incertezza:
δVeff = 0.01 · 0.5 V = 0.005 V.
Veff = (0.416± 0.005) V = 0.416 V± 1.2%.
33
Esercizio 3.Si misura il segnale periodico illustrato in figura (asse y: 0.2 V/div, asse x: 1 ms/div, sull’oscillopio e
visualizzato un intero periodo) con:• un voltmetro analogico in alternata, a singola semionda, con condensatore in serie (classe 1, fondo
scala 1, 2, 5, 10 V)• un voltmetro numerico a vero valore efficace, senza condensatore in serie (classe 1, fondo scala 0.5,
1, 2, 5, 10 V)Indicare le letture dei due strumenti e le incertezze relative di tali misure.
Soluzione.Il voltmetro in alternata a singola semionda ha un condensatore in serie, di conseguenza al segnale in
ingresso viene sottratta la componente continua, che vale:
vDC =1
T
∫ T
0
v(t)dt =4 · 410
div = 1.6 div.
Il valor medio del segnale privato della componente continua e delle parti minori di zero (raddrizzatorea singola semionda) e:
Vm =(4− 1.6) · (4− 1.6)
10div = 0.576 div
La lettura sul voltmetro e quindi pari a:
Vl = 0.576 · 2.22 · 0.2 V = 0.2557 V
Incertezza:
δVl = 0.01 · 1 V = 0.01 V.
Quindi:
Vl = 0.26± 0.01 V = 0.26 V± 3.8%
Per il voltmetro a vero valore efficace, senza condensatore in serie:
Veff =
√1
T
∫ T
0
v2(t)dt =
√2 · 1
10
∫ 4
0
x2dx · 0.2 V =
√1
5· 43
3· 0.2 V = 0.4131 V
Incertezza:
34
δVeff = 0.01 · 0.5 V = 0.005 V.
Veff = (0.413± 0.005) V = 0.413 V± 1.2%.
35
Esercizio 4.Si consideri un voltmetro numerico a semplice integrazione. L’oscillatore interno presenta, rispetto al
valore nominale, uno scarto relativo di frequenza di +5 · 10−4 e un’incertezza residua di ±5 · 10−5.Il comparatore di soglia presenta un offset di + 5 mV. L’impulso calibrato ha un’incertezza di ±2 ·10−4
sull’ampiezza e di ±5·10−4 sulla durata. Si indichino, tra quelle elencate, le fonti di errore sistematico chesono eliminabili mediante taratura e si valutino le correzioni da apportare. Si valuti l’incertezza residuadi misura di tensione nell’ipotesi di correzione degli errori sistematici.
Soluzione.Nel voltmetro numerico a singola integrazione l’offset del comparatore di soglia non influisce sulla
misura finale. Quindi l’unica causa di errore sistematico risulta essere lo scarto relativo di frequenzadell’oscillatore locale di +5 · 10−4 rispetto al valore nominale.
E noto che per un voltmetro a singola integrazione la tensione incognita vale:
Vx = −R1
R2
E0T0fx,
dove R1 e R2 sono le resistenze del sommatore, ripettivamente del ramo incognito e del ramo dell’impulsocalibrato, E0 e T0 sono ampiezza e durata dell’impulso calibrato e fx e la frequenza misurata con tecnichedi conteggio. In una misura diretta di frequenza:
fx ∝ n · fck,
dove n e il numero di impulsi contati e fck e la frequenza del clock. La frequenza del clock reale enel nostro caso maggiore di quella nominale. Questo porta ad una sottostima della frequenza fx. Diconseguenza anche |Vx| sara sottostimato dello 0.05%. La correzione da apportare e quindi del +0.05%sul modulo di Vx.
L’incertezza finale della misura, con metodo deterministico, vale:
δVxVx
=
∣∣∣∣δE0
E0
∣∣∣∣+
∣∣∣∣δT0T0∣∣∣∣+
∣∣∣∣δfckfck
∣∣∣∣ = 2 · 10−4 + 5 · 10−4 + 5 · 10−5 = 7.5 · 10−4
36
Esercizio 5.Si vuole misurare una tensione costante Vx con un voltmetro a doppia integrazione. L’integratore ha
una capacita di 47 pF ed il resitore di ingresso da 15 kΩ. La tensione di riferimento Vrif vale 5 V, mentrela frequenza di clock del contatore e pari a 1 kHz. La tensione incognita viene integrata per 0.5 s, mentreil numero di impulsi contati durante l’integrazione di Vrif e pari a 253.
Calcolare la tensione incognita. Calcolare la risoluzione del voltmetro.La tensione di riferimento interna ha un errore di +1 %, il comparatore di soglia a 0 V che determina
la fine della conversione ha un offset costante di +2.5 mV e la frequenza della base tempi ha uno scartodi +1 % rispetto al valore nominale.
Quanto vale l’errore relativo di misura?Soluzione.1) E noto che per un voltmetro a doppia integrazione la tensione incognita vale:
Vx = −VrifTxTc,
dove Tx e il tempomisurato con tecniche di conteggio e Tc e il tempo (noto) per il quale vieneintegrata la tensione incognita. Si ha:
Tx = 253 · 1 ms = 253 ms
eTc = 0.5 s.
Di conseguenza:
Vx = −VrifTxTc
= −5 V253 ms0.5 s
= −2.53 V.
La risoluzione del voltmetro corrisponde alla variazione di n pari ad un impulso contato, quindi:
∆Vx = 0.01 V.
2)Lo scarto costante della base tempi dal valore nominale non ha effetto, poiche Tx e Tc sono ricavati
dallo stesso campione:
Vx = −VrifTxTc
= −Vrifn · TckK · Tck
= −Vrifn
K.
Le cause di errore sistematico rimanenti sono quindi:• errore della tensione di riferimento: ∆Vrif = +1%• offset comparatore di sogliaL’errore (positivo) della tensione di riferimento porta ad una sottostima del modulo di Vx. Quindi la
correzione da apportare e di +1% sul modulo di Vx:
∆Vx = +0.01 · 2.53 = 0.0253 V
e il valore corretto e:
V Cx = −2.55 V
L’offset del comparatore, invece porta ad una sovrastima del modulo di Vx, poiche il comparatore scattapiu tardi, ovvero per Vin = Voff . Chiamando Terr questo ritardo, si ha:
37
VrifRC
=VoffTerr
ovvero:
Terr = RCVoffVrif
La correzione da applicare al modulo di Vx e quindi di segno opposto rispetto alla precedente:
∆Vx = −RC |Voff |Tc
= −3.4 nV
ma e chiaramente trascurabile rispetto all’altro contributo.
38
Esercizio 6.Si consideri un convertitore unipolare con le seguenti caratteristiche:• tensione di fondo scala (full-range): VFR = 10 V• numero di bit Nb = 12• errore di offset : EO = 0.2 LSB• errore di guadagno : Eg = 0.2 LSB• errore di non linearita integrale : EI = 0.1 LSB
Calcolare il numero di bit effettivi del convertitore e l’incertezza di misura di una tensione Vin=5 V.Soluzione. L’incertezza di una misura di tensione di un convertitore si calcola secondo la formula:
δVin = VFREq + EI + E0
2Nb+ Vin
Eg2Nb
= 2.2 mV.
Il numero di bit effettivi e:
NbE = log2
2Nb
2E ′q
dove E ′q = Eq + E0 + Eg + EI . Sostituendo i dati del problema si trova NbE = 11.
39
V. MISURE DI FASE
Esercizio 1.Si misura lo scarto di frequenza tra un segnale incognito e un riferimento utilizzando un fasometro a
lettura diretta e un cronometro. Il segnale di riferimento e pari a 100 Hz ± 10−5. Si calcoli la frequenzadel segnale incognito, sapendo che tale frequenza e maggiore di quella del riferimento e che la variazionedi fase e pari a 180 in 10.0 s ± 0.1 s. Calcolare l’incertezza della misura di frequenza, con metododeterministico, sapendo che la lettura del voltmetro del fasometro a lettura diretta ha incertezza pari a ±2%.
Soluzione.Lo sfasamento tra segnale incognito e campione e di φm = 180 in tm = 10.0 s. Si ha:
φm : tm = 360 :1
∆f
ovvero:∆f =
φmtm · 360
= 0.05 Hz
La frequenza del segnale incognito e dunque:
fx = fR + ∆f = 100.05 Hz.
Calcolo dell’incertezza.La fase φm viene misurata con un fasometro a lettura diretta, ed e direttamente proporzionale alla lettura
del voltmetro, che indichiamo con Vm:
φm = 360T1T
= 360VmVp
dove T e il periodo, 100 · T1T
e il duty cicle e Vp e la tensione di picco del segnale misurato dal voltmetroa valor medio.
Di conseguenza:
δφmφm
=δVmVm
= 0.02.
L’incertezza assoluta della frequenza del segnale incognito e dunque:
δfx = δfR + δ(∆f)
dove
δ(∆f)
∆f=δφmφm
+δtmtm
=δVmVm
+δtmtm
= 0.03
Si ha quindi:
δfx = 1 mHz + (0.03 · 0.05 Hz) = 2.5 mHz
In conlusione:
fx = (100.0500± 0.0025) Hz.
40
Esercizio 2.Si misura lo scarto assoluto di frequenza di un oscillatore incognito rispetto ad un oscillatore campione
mediante un fasometro a lettura diretta. La lancetta del fasometro gira in senso orario di 4 in 20 s.Quanto vale lo scarto di frequenza in modulo e segno? Supponendo di ripetere la misura dopo 10 giorni etrovare che la lancetta del fasometro gira in senso orario di 3.6 in 20 s, quanto vale la deriva di frequenzadell’oscillatore in prova?
Soluzione.Se la lancetta del fasometro gira in senso orario di 4 in 20 s, siccome:
φm : tm = 360 :1
∆f,
si ha:∆f =
φmtm · 360
=4
20 s · 360= 5.5 · 10−4 Hz
L’oscillatore incognito ha frequenza minore dell’oscillatore campione, poiche la fase tende ad aumentare.Dopo 10 giorni, si ripete la misura, ma stavolta si trova:
∆f =φm
tm · 360=
3.6
20 s · 360= 5 · 10−4 Hz
Lo scarto tende a diminuire, quindi il segnale incognito ha una deriva di frequenza positiva:
D =5.5 · 10−4 Hz− 5 · 10−4 Hz
10 giorni= 5 · 10−6 Hz/giorno
41
Esercizio 3.Si misura la frequenza di un segnale utilizzando un fasometro a lettura diretta. La frequenza del
campione utilizzato per tale misura e 250 kHz ± 0.1 Hz. Calcolare valore nominale e incertezza dimisura della frequenza del segnale, sapendo che la lettura sul fasometro e la seguente: -30 ± 0.5 ogni5 ms ± 100 µs.
Soluzione.Lo scarto di frequenza tra il segnale campione e quello incognito, si ricava a partire da:
φm : tm = 360 :1
∆f,
∆f =φm
tm · 360= 16.7 Hz.
La fase del segnale incognito diminuisce rispetto al campione (segno meno). Quindi il segnale incognitoha frequenza maggiore, ovvero:
fx = fR + ∆f = 250016.7 Hz.
Calcolo dell’incertezza, con metodo deterministico.
δfx = δfR + δ(∆f) = δfR +
(δφmφm
+δtmtm
)∆f = 0.1 Hz +
(0.5
30+
0.1
5
)· 16.6 Hz = 0.7 Hz.
In conclusione:
fx = (250016.7± 0.7) Hz.
42
Esercizio 4.Si misura con un fasometro a lettura diretta lo scarto di fase (nominalmente pari a 20) tra due
segnali alla frequenza di 10 MHz. Tutti i circuiti sono ideali, tranne il flip-flop, nel quale gli istantidi commutazione hanno incertezza pari a ± 100 ps. Quanto vale l’incertezza sulla fase misurata?
Soluzione.La fase viene ricavata dal fasometro a lettura diretta:
φm = α∆T
T
dove ∆T e il tempo corrispondente allo sfasamento tra i due segnali, ovvero:
∆T =20
360T = 5.5 ns.
Quindi, con metodo deterministico, si ha:
δφmφm
=δ(∆T )
∆T+δT
T
Ma, per via dell’incertezza degli istanti di commutazione del flip-flop, δ(∆T ) = δT = 2 · 100 ps.In conclusione:
δφmφm
= 2 · 100 ps(
1
∆T+
1
T
)= 3.8%
43
Esercizio 5.Si vuole misurare lo scarto di fase tra due campioni con un fasometro a lettura diretta; a uno dei due
segnali e sovrapposto un rumore bianco di densita spettrale di potenza pari a 5·10−5 mW/Hz. La potenzadel segnale e pari a 100 mW. Dopo il segnale rumoroso e posto un filtro passabasso (fc=1 kHz primocaso e fc=10 kHz secondo caso). Calcolare l’incertezza della misura della fase nei due casi.
Soluzione.Il rumore e sovrapposto solo al segnale di test. Nel primo caso, il suo rapporto segnale rumore vale:
S/N ′ =
√PsPn
=
√0.1 W
0.1 mW= 31.62.
Nel secondo caso invece:
S/N ′ =
√PsPn
=
√0.1 W1 mW
= 10.
L’incertezza relativa della fase, calcolata con metodo deterministico, vale:
δφmφm
=δ(∆T )
∆T,
δφm = 360∆T
T· δ(∆T )
∆T= 360
δ(∆T )
T
Ora si puo stimare δ(∆T ) a partire dal rapporto segnale rumore, ipotizzando che si tratti di un segnalesinusoidale, con l’espressione:
δ(∆T ) =1
2πfS/N,
per cui, sostituendo:
δφm =360
2πS/N
Nel primo caso si trova δφm = 1.8, nel secondo caso δφm = 5.7.
44
Esercizio 6.Si calcoli l’incertezza della misura della fase di un segnale sinusoidale rispetto ad un segnale di reference,
dovuta alla presenza di una componente alla seconda armonica, di ampiezza pari a 1/10 della fondamentalee fase arbitraria.
Soluzione.Possiamo dare un’espressione formale al segnale sinusoidale e alla sua armonica, con fase arbitraria φ
nel modo seguente:
yS = V sin(ωt)
yharm =V
10sin(2ωt+ φ)
Dovendo misurare la fase di yS rispetto ad un reference, ma essendo ad esso sovrapposto il segnaleyharm, la fluttuazione degli istanti di attraversamento del trigger, te, e:
te =yharm|t=0
∂yS∂t|t=0
=V10
sin(φ)
V ω=
sin(φ)
10ω
L’incertezza sulla fase e dunque:
δφx =teT· 2π =
sin(φ)
10
45
VI. ESERCIZI VARI
Esercizio 1.Calcolare il valore di un’ammettenza misurata con un ponte di Schering, mediante inserzione in parallelo
(R1, C1 compongono il ramo serie, R3, C3 quello parallelo). Il ponte viene prima portato all’equilibriosenza inserire l’ammettenza incognita, trovando i valori C ′1 e C ′3, poi viene portato all’equilibrio in seguitoall’inserimento dell’ammettenza incognita, trovando i valori C ′′1 e C ′′3 .• R1 = R2 = R3 = 2 kΩ ± 1 %• C4 = 5 pF ± 1 %
• Prima dell’inserzione in parallelo: C ′1=25 pF ± 1 %, C ′3=25 pF ± 1 %
• Dopo l’inserzione in parallelo, per riportare all’equilibrio: C ′′1=5 pF ± 1 % e C ′′3=10 pF ± 1 %Valutare l’incertezza assoluta della misura.Soluzione.All’equilibrio, con e senza ammettenza incognita, si ha sempre:
Z1Z3 = Z2Z4,
ovveroZ1Y4 = Z2Y3,
doveZ1 = R1 +
1
jωC1
;Y4 = jωC4;Z2 = R2;Y3 = G3 + jωC3.
Quindi, senza ammettenza incognita, la condizione di equilibrio e:
jωC4
(R1 +
1
jωC ′1
)= R2 (G3 + jωC ′3) ,
mentre con l’ammettenza incognita diventa:
jωC4
(R1 +
1
jωC ′′1
)= R2 (G3 + jωC ′′3 +Gx + jωCx) .
Sottraendo membro a membro e predendo rispettivamente la parte reale e la parte immaginaria si ottiene:
Gx =C4
R2
(1
C ′′1− 1
C ′1
)= 0.4 mS,
Cx = C ′3 − C ′′3 = 15 pF.
L’incertezza assoluta, calcolata con metodo deterministico risulta:
δCx = δC ′3 + δC ′′3 = 0.35 pF,
δGx = Gx
δC4
C4
+δR2
R2
+δ(
1C′′
1− 1
C′1
)1C′′
1− 1
C′1
= Gx
δC4
C4
+δR2
R2
+
δC′′1
(C′′1 )
2 +δC′
1
(C′1)
2
1C′′
1− 1
C′1
= 14 µs.
46
Esercizio 2.Un segnale, misurato con un analizzatore di spettro, risulta formato dalle seguenti componenti spettrali:• P1 @ f0 = 100 mW ± 0.1 mW, P2 @ 2f0 = 1 mW ± 0.1 mW, P3 @ 3f0 = 3 mW ± 0.1 mWCalcolare la distorsione armonica totale e la sua incertezza con metodo probabilistico, supponendo che
tutte le grandezze siano perfettamente correlate (lo strumento non cambia portata) e abbiano distribuzionedi probabilita di tipo uniforme.
Soluzione.La distorsione armonica totale di un segnale si calcola come:
THD =
√∑Ni=2 PiP1
,
dove N e il numero totale di armoniche considerate e P1 e la potenza della fondamentale.Nel caso in questione si ha:
THD =
√P2 + P3
P1
=√A = 20%.
L’incertezza calcolata con metodo probabilistico, considerando tutte le grandezze perfettamente correl-late, assume la seguente espressione:
u(THD) =
∣∣∣∣∣3∑i=1
∂THD
∂Piu(Pi)
∣∣∣∣∣ .Si assume che la densita di probabilita sia di tipo uniforme e quindi:
u(Pi) =δPi√
3.
Si calcolano ora le derivate parziali:
∂THD
∂P1
= −P2 + P3
2√AP 2
1
,
∂THD
∂P2
=1
2√AP1
,
∂THD
∂P3
=1
2√AP1
.
Quindi:
u(THD) =
∣∣∣∣(2P1 − P2 − P3
2√AP 2
1
)δPi√
3
∣∣∣∣ = 0.3%.
Si puo ora esprimere il risultato della misura con l’incertezza:
THD = (20.0± 0.3)%.
47
Esercizio 3.Si effettua una misura di potenza (alla radiofrequenza, PRF ), mediante un ponte bolometrico; su una
diagonale di tale ponte e inserito un generatore di corrente (I0), sull’altra un rivelatore di zero (ideale).Il ponte e costituito da tre resistori uguali (100 Ω ± 0.5 %), e da un bolometro. In assenza di PRF siraggiunge l’equilibrio con I01 = 40 mA (amperometro classe 1, fondo scala 100 mA). In presenza di PRFl’equilibrio e raggiunto per I02 = 4 mA (amperometro classe 1, fondo scala 10 mA). Disegnare lo schemadel ponte utilizzato per tale misura e calcolare la potenza a radiofrequenza e la sua incertezza con metododeterministico.
Soluzione.Dalle due condizioni di equilibrio del ponte si ricava che la potenza RF vale:
PRF = PDC1 − PDC2 =R1 ·R2
R3
[(I01/2)2 − (I02/2)2
]= 0.0396 W
Le tre resistenze sono uguali e affette dalla stessa incertezza (5 %). Le incertezze delle misure dicorrente sono:
δI01 = 0.01 · 100 mA = 1 mA,
δI02 = 0.01 · 10 mA = 0.1 mA,
δPRFPRF
= 3δR
R+
∣∣∣∣δ [(I01/2)2 − (I02/2)2]
(I01/2)2 − (I02/2)2
∣∣∣∣ = 3δR
R+
1
2
I01δI01 + I02δI02(I01/2)2 − (I02/2)2
= 0.015 + 0.051 = 6.6%
48
Esercizio 4.Un voltmetro vettoriale viene usato per determinare lo scarto di frequenza tra due oscillatori a 500
MHz. Sapendo che la frequenza intermedia e di 10 MHz e che il filtro IF ha un Q di 100, determinare:a. il massimo scarto di frequenza misurabileb. la variazione di fase causata in 1.8 s da una differenza di frequenza di 0.5 Hz.Soluzione.La relazione tra Q, banda B e frequenza centrale, che nel nostro caso chiameremo fIF , di un filtro e:
Q =fIFB
Quindi possiamo ricavare B:
B =fIFQ
= 100 kHz.
Lo scarto di frequenza misurabile con questo voltmetro vettoriale e dunque:
∆f = ±50 kHz,
ovvero la meta della banda a -3 dB del filtro.Se due segnali hannno differenza di frequenza 0.5 Hz, poiche:
φm : tm = 360 :1
∆f,
si ha:φm = 360 ·∆f · tm = 324.
49
Esercizio 5.Un generatore a sintesi indiretta genera una frequenza di uscita variabile tra 10 MHz e 30 MHz con
un passo di 20 kHz, impegnando un quarzo campione di 1 MHz.• disegnare uno schema a blocchi (dimensionato in modo opportuno) del generatore• se l’incertezza del campione vale 4 ppm, calcolare l’incertezza relativa della frequenza generataSoluzione.Il passo ∆f del generatore a PLL, vale:
∆f =fckM
Si progetta M per soddisfare questa condizione, ovvero:
M =fck∆f
= 50.
Chiamando fu la frequenza di uscita del generatore, si ha fuL < fu < fuH , ovvero: 10 MHz < fu <30 MHz.
Ora:
fuN
= ∆f =fckM,
da cui si trovano NL e NH :
NL =fuL∆f
= 500,
NH =fuH∆f
= 1500.
L’incertezza relativa vale:
δfufu
=δfckfck
= 4 · 10−6.
50
Esercizio 6.Si consideri un sintetizzatore a sintesi indiretta che presenta le seguenti caratteristiche:• banda di frequenza 80 MHz - 100 MHz• passo di frequenza 0.1 MHz• frequenza campione 1 MHzSi disegni lo schema a blocchi del sintetizzatore, definendone i parametri essenziali (cioe range di
frequenza del VCO e fattori di divisione). Si calcoli l’incertezza assoluta della frequenza di uscita, rispettoalla nominale, in corrispondenza degli estremi della banda, sapendo che l’incertezza del quarzo e 3 ·10−7.
Soluzione.Il passo ∆f = 0.1 MHz, del generatore a PLL, vale:
∆f =fckM
Si progetta M per soddisfare questa condizione, ovvero:
M =fck∆f
= 10.
Chiamando fu la frequenza di uscita del generatore, si ha fuL < fu < fuH , ovvero: 80 MHz < fu <100 MHz.
Ora:
fuN
= ∆f =fckM,
da cui si trovano NL e NH :
NL =fuL∆f
= 800,
NH =fuH∆f
= 1000.
L’incertezza relativa vale:
δfufu
=δfckfck
= 3 · 10−7.
L’incertezza assoluta agli estremi della banda vale:
δfuL = 3 · 10−7 · fuL = ±24 Hz
δfuH = 3 · 10−7 · fuH = ±30 Hz
51
Esercizio 7.Trovare l’espressione formale della funzione di trasferimento V/E del filtro in figura (R1= 20 π kΩ,
R2= 10 π kΩ, L = 5 µH). Calcolare la lettura attesa di un voltmetro vettoriale (canale di reference collegatoalla sorgente, canale di test collegato all’uscita del filtro, ovvero V ), con il segnale di ingresso a 3 GHz.Valutare l’incertezza sul modulo della funzione di trasferimento, in continua (metodo deterministico), nelcaso in cui le resistenze abbiano tolleranze dello 0.1 %.
Soluzione.La funzione di trasferimento del filtro e:
V
E=
R2
R1 +R2 + sL
A 3 GHz la funzione di trasferimento vale:
V
E=
R2
R1 +R2 + jωL=
10π
30π + j · 2π · 3 · 5=
1
3(1 + j)
Il modulo quindi vale 13√2
= 0.2357, mentre la fase vale -45.Il modulo della funzione di trasferimento, in continua vale:∣∣∣∣VE
∣∣∣∣ =R2
R1 +R2
= k
L’incertezza, calcolata con metodo deterministico, vale:
δk =
∣∣∣∣ ∂k∂R1
∣∣∣∣ |δR1|+∣∣∣∣ ∂k∂R2
∣∣∣∣ |δR2| =∣∣∣∣ −R2
(R1 +R2)2
∣∣∣∣ |δR1|+∣∣∣∣ R1
(R1 +R2)2
∣∣∣∣ |δR2| =R1R2
(R1 +R2)2
(|δR1|R1
+|δR2|R2
),
sostutuendo i valori numerici del problema, si trova:
δk = 4.44 · 10−4;δk
k= 0.13 %
52
VII. QUESITI.Quanto vale l’incertezza relativa della capacita ottenuta ponendo in serie due condensatori uguali da
10 pF ± 10 %?A) 20 %B) 5 %C) 10 %C)In un condensatore a facce piane parallele, la superficie delle piastre e nota con incertezza del 10 %,
la distanza con incertezza del 3 %. Le misure non sono correlate. Quanto vale l’incertezza relativa delvalore della capacita?
A) 13 %B) 23 %C) 7 %A)Un filtro passa-basso del primo ordine ha R = 39 kΩ ± 5% e C = 220 pF ± 10 %. La frequenza di
taglio del filtro e:A) 18550 ± 2782 HzB) 116550 ± 17482 HzC) 18550 ± 5564 HzA)
Si stimi l’incertezza sulla misura di una resistenza eseguita ad una temperatura di 26 C ed a distanzadi 1 anno dalla taratura. La lettura e pari a 2 kΩ.
A) 300 mΩB) 30 ΩC) 30 mΩD) 322 mΩA)Si misura il periodo di un segnale, T = 100 ms con un periodimetro numerico. L’incertezza della base
tempi e ± 10−6. Il clock e fc=20 MHz. Quanto vale l’incertezza della misura?A) 2 · 10−6
B) 1.5 · 10−6
C) 1.2 · 10−6
B)Si esegue una misura diretta di frequenza (f = 10 MHz) di un segnale di rapporto segnale rumore
S/N=20 dB, con un clock 1 MHz ± 10−7, per un tempo di 1 s. Quanto vale l’incertezza della misura?A) 10-7B) 2·10-7C) 2.0318·10-7B)Un analizzatore di spettro ha la 1a frequenza intermedia (IF) a 50 MHz. Se l’oscillatore locale variabile
varia da 50.5 MHz a 80 MHz, quanto varra la gamma completa di scansione dello strumento?
53
A) 100.5-130 MHzB) 0-50 MHzC) 50 -80 MHzD) 0.5-30 MHzE) 0.5-50 MHzD)In un analizzatore di spettro a supereterodina, si vuole ottenere una banda di misura da 0.5 a 50 MHz.
Indicare tra i seguenti i valori corretti per la frequenza intermedia (IF) e per l’oscillatore locale variabile.A) IF = 0.1 MHz, LO = 0.6-50.1 MHzB) IF 20 MHz, LO = 20.5-70 MHzC) IF 50.5 MHz, LO = 51-100.5 MHzC)Si consideri un’onda quadra con tensione di picco positiva = 1 V = - tensione di picco negativa, duty
cicle = 20 %. Quanto vale la lettura di un voltmetro a vero valore efficace con condensatore in serie?A) 1 VB) 0.6 VC) 0.8 VC)Un fasometro a lettura diretta con indicazione di 0o al centro della scala, e basato su un volmetro in
DC con fondo scala 10 V. Che valore di tensione segnera il voltmetro se i due segnali in ingresso hannouna differenza di fase di +72o?
A) -12 VB) +7 VC) +3 VB)Quanto vale l’incremento relativo della serie di due resistenze a filo di pari sezione e lunghezza, se si
suppone di avere una deformazione lineare del +5% dovuta all’aumento della temperatura (Si trascuri ladipendenza dalla temperatura della ρ )?
A) 5 %B) -5 %C) 10 %B)
54
Quanto vale l’incertezza relativa di un tempo di salita ottenuto mediante somma quadratica di trecontributi tutti uguali pari a 50 ns, dove ciascun contributo ha incertezza assoluta pari a 1 ns?
A) 2 %B) 1 %C) 1.73 %A)Un voltmetro a doppia integrazione ha una tensione di riferimento di +15 V. Qual’e il valore di tensione
di modulo massimo misurabile supponendo gli operazionali ideali?A) -10 VB) -15 VC) +15 VB)Dato un segnale di 10 dBm avente un rapporto segnale rumore di 20 dB ed una banda (2B) di 100
MHz, quanto vale la densita spettrale di potenza supponendo il rumore bianco?A) 5 mW/HzB) 1 pW/HzC) -3 pW/HzB)
