Esercizio 15sweep lineare in frequenza e duty cycle del sync (temi d'esame gennaio 2024 e gennaio 2025)

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Teoria usata: Segnali di test e parametri nel dominio del tempoGli strumenti si provano con segnali di test dai parametri noti. Sinusoide $v=V_{DC}+V_0\sin(2\pi f t+\varphi)$: picco $V_0$, picco-picco $V_{pp}=2V_0$, efficace $V_0/\sqrt2$. Onda rettangolare: $V_H$, $V_L$, periodo e duty cycle $d=\tau/T$ (tempi misurati a metà dei fronti, il tempo di salita va dal 10% al 90%). Triangolare e dente di sega: $V_{min}$, $V_{max}$, pendenza $m=(V_{max}-V_{min})/T_R$. Segnali modulati: AM $A_C(1+K_M\cos2\pi f_Mt)\cos2\pi f_Ct$ con $A_C=\frac{V_{pp,max}+V_{pp,min}}4$ e $K_M=\frac{V_{pp,max}-V_{pp,min}}{V_{pp,max}+V_{pp,min}}$; sweep lineare $f(t)=f_{start}+t,\frac{f_{stop}-f_{start}}{T_{sweep}}$ con segnale di sync.Segnali di test e parametri nel dominio del tempo →, Trigger e sincronizzazioneIl trigger fa partire l'acquisizione sempre dallo stesso punto di un segnale periodico, per avere una traccia stabile. Si imposta con sorgente, livello, pendenza (fronte di salita o discesa), modo (auto, normal, single), hold-off e posizione ($t=0$ = istante di trigger). Il livello deve cadere dentro l'escursione del segnale, $V_{min}<V_{trig}<V_{max}$ (meglio dove la pendenza è massima); con accoppiamento AC cambia l'escursione. Segnali con più passaggi per il livello in un periodo si risolvono con un livello tra le ampiezze degli impulsi o con un hold-off poco più corto del periodo. Per segnali a bassissima frequenza si disattiva l'auto.Trigger e sincronizzazione →, Misure con i cursori e incertezza dell'oscilloscopioCon i cursori si misurano intervalli di tempo e di tensione; la risoluzione ($\Delta x=T_w/1000$, $\Delta y=FS/2^8$) vale come incertezza assoluta con $u=\Delta/\sqrt3$ (e il manuale dà formule per l'incertezza estesa, $k=2$). Periodo su $n$ periodi: $\Delta x/n$. Grandezze derivate si trattano con la propagazione: pendenza $S=\Delta y/\Delta x$ e guadagno $G=\Delta y_2/\Delta y_1$ con le incertezze relative in quadratura; duty cycle $D=\tau/T$ (la base dei tempi non conta, restano le risoluzioni); sfasamento $\varphi=360^\circ,\tau_d/T$; durata di un fronte $T_s=t_2-t_1$ con $u(T_s)=\sqrt2,u(t)$. Per $V_0$ e $V_{DC}$ da due cursori: $\frac{V_{C1}-V_{C2}}2$ e $\frac{V_{C1}+V_{C2}}2$.Misure con i cursori e incertezza dell'oscilloscopio →, Propagazione dell'incertezza e bilancio di incertezzaSe $y=f(x_1,\dots,x_K)$ con ingressi indipendenti, l'incertezza standard combinata è $u_C(y)=\sqrt{\sum_i c_i^2u^2(x_i)}$ con coefficienti di sensibilità $c_i=\partial f/\partial x_i$ (Taylor al primo ordine). Casi tipici: somma/differenza $u=\sqrt{u_1^2+u_2^2}$ (la differenza di due misure con lo stesso cursore dà $\sqrt2,u$); prodotti e quozienti $\frac{u_y}{y}=\sqrt{\sum(\frac{a_iu_i}{x_i})^2}$. Il bilancio di incertezza confronta i contributi $|c_i|u_i$ e indica quale ottimizzare. Con ingressi correlati si aggiunge $2\sum c_ic_j,u(x_i,x_j)$. Il metodo Monte Carlo propaga le distribuzioni senza derivate.Propagazione dell'incertezza e bilancio di incertezza →.

Punti 1-3 (impostazioni, uguali nei due temi)

Base dei tempi. La base dei tempi è unica per i due canali (segnali isofrequenziali, stesso periodo). Si vuole almeno un periodo di sweep: $T_w=10\,\Delta T_h\ge T_{sweep}$.

• 2024: $\Delta T_h\ge\frac2{10}=200\ \mu$s/div $\Rightarrow$ $500\ \mu$s/div ($T_w=5$ ms; $2{,}5$ periodi).
• 2025: $\Delta T_h\ge\frac{200}{10}=20$ ms/div $\Rightarrow$ $50$ ms/div ($T_w=500$ ms). Scegliere due basi dei tempi diverse per i canali sarebbe sbagliato.

Asse verticale. Offset nullo (se non si sdoppia il display si possono usare due offset per non sovrapporre le tracce). Accoppiamento DC per entrambi: per lo sweep non cambia nulla, per il sync è l'unico possibile (la AC falserebbe i livelli $0$-$5$ V). Con offset nullo $8\,\Delta V\ge2V_{max}$, cioè $\Delta V\ge\frac{V_{max}}4$:

• CH1: $\frac{100\ \text{mV}}4=25$ mV/div $\Rightarrow$ $50$ mV/div (2024); $\frac{500\ \text{mV}}4=125$ mV/div $\Rightarrow$ $200$ mV/div nel 2025 (la soluzione ufficiale calcola $(V_0/2)/4$ e sceglie $100$ mV/div: varrebbe se $V_0$ fosse l'ampiezza picco-picco; con $V_0$ ampiezza di picco, come nel testo, $100$ mV/div darebbe $FS=0{,}8$ V e taglierebbe il segnale a $\pm0{,}4$ V);
• CH2: $\frac54=1{,}25$ V/div $\Rightarrow$ $2$ V/div.

Trigger. Unico per i due canali: sorgente = sync (CH2), livello tra $0$ e $5$ V (scelto $2{,}5$ V), pendenza indifferente. In questo modo ogni acquisizione parte dallo stesso punto dello sweep e la traccia dello sweep è stabile.

Gennaio 2024: punti 4 e 5

Incertezza di $t_M$. La lettura è $t_M=1{,}5$ ms, la larghezza dello schermo $T_w=5$ ms: $$U(t_M)=50\cdot10^{-6}\cdot1{,}5\ \text{ms}+0{,}0016\cdot5\ \text{ms}+200\ \text{ps}=0{,}075\ \mu\text{s}+8{,}0\ \mu\text{s}+0{,}0002\ \mu\text{s}=8{,}1\ \mu\text{s},\qquad u(t_M)=\frac{U}k=4{,}0\ \mu\text{s}.$$ Domina il termine proporzionale alla finestra, $0{,}0016\,T_w$. Per la stessa ragione $U(T_{sweep})\simeq U(t_M)=8{,}1\ \mu$s e $u(T_{sweep})=4{,}0\ \mu$s.

Frequenza istantanea. Il fronte di discesa del sync marca $t_M$ dall'inizio dello sweep: $$f_M=f_{start}+t_M\,\frac{f_{stop}-f_{start}}{T_{sweep}}=2{,}0\ \text{kHz}+1{,}5\ \text{ms}\cdot49\ \text{MHz/s}=75{,}5\ \text{kHz}.$$ Con $m=\frac{f_{stop}-f_{start}}{T_{sweep}}=\frac{98\ \text{kHz}}{2\ \text{ms}}=49\cdot10^6$ Hz/s. Incertezza (calcolata in due passi). Prima la pendenza: $\frac{\partial m}{\partial f_{stop}}=\frac1{T_{sweep}}$, $\frac{\partial m}{\partial f_{start}}=-\frac1{T_{sweep}}$, $\frac{\partial m}{\partial T_{sweep}}=-\frac m{T_{sweep}}$: $$u(m)=\frac1{T_{sweep}}\sqrt{u^2(f_{stop})+u^2(f_{start})+m^2u^2(T_{sweep})}=\frac1{2\ \text{ms}}\sqrt{2\cdot100^2+(49\cdot10^6\cdot4\cdot10^{-6})^2}=\frac{\sqrt{2\cdot10^4+196^2}}{2\cdot10^{-3}}=121{,}8\ \text{kHz/s}.$$ Poi $f_M=t_Mm+f_{start}$, con $\frac{\partial f_M}{\partial t_M}=m$, $\frac{\partial f_M}{\partial m}=t_M$, $\frac{\partial f_M}{\partial f_{start}}=1$: $$u(f_M)=\sqrt{(m\,u(t_M))^2+(t_M\,u(m))^2+u^2(f_{start})}=\sqrt{196^2+(1{,}5\cdot10^{-3}\cdot121{,}8\cdot10^3)^2+100^2}=\sqrt{196^2+182{,}8^2+100^2}=287\ \text{Hz}.$$ Estesa: $U(f_M)=2\cdot287=574\ \text{Hz}$, e $\boxed{f_M=75{,}5\pm0{,}6\ \text{kHz}}$ (la soluzione ufficiale: $285$ Hz e $0{,}6$ kHz).

Gennaio 2025: punti 4 e 5

$f_M$ in funzione di $d$. Il duty cycle del sync è $d=\frac{t_M}{T_{sweep}}$; sostituendo $t_M=d\,T_{sweep}$: $$f_M=f_{start}+d\,(f_{stop}-f_{start}),$$ legge lineare (i parametri $f_{start}=100$ Hz e $f_{stop}=10$ kHz si leggono dal grafico della legge di variazione della frequenza). Per $d=20\%$: $f_M=100+0{,}2\cdot9900=2080$ Hz.

Incertezza del duty cycle. Per $d=20\%$ la durata alta è $t_M=0{,}2\cdot200=40$ ms; con $T_w=500$ ms: $$U(t_M)=50\cdot10^{-6}\cdot40\ \text{ms}+0{,}0016\cdot500\ \text{ms}=0{,}002+0{,}80=0{,}80\ \text{ms},\qquad U(T_{sweep})=50\cdot10^{-6}\cdot200\ \text{ms}+0{,}8\ \text{ms}=0{,}81\ \text{ms},$$ da cui $u(t_M)=0{,}40$ ms e $u(T_{sweep})=0{,}40$ ms (gaussiane, $k=2$). Il duty cycle è un quoziente (misura indiretta): $\frac{\partial d}{\partial t_M}=\frac1{T_{sweep}}=\frac d{t_M}$, $\frac{\partial d}{\partial T_{sweep}}=-\frac{t_M}{T_{sweep}^2}=-\frac d{T_{sweep}}$, $$u(d)=d\sqrt{\Big(\frac{u(t_M)}{t_M}\Big)^2+\Big(\frac{u(T_{sweep})}{T_{sweep}}\Big)^2}=0{,}2\sqrt{\Big(\frac{0{,}4}{40}\Big)^2+\Big(\frac{0{,}4}{200}\Big)^2}=0{,}2\cdot1{,}02\%=0{,}20\%.$$ Con $k=2$: $U(d)=0{,}4\%$: $d=(20{,}0\pm0{,}4)\%$. Il contributo di $t_M$ ($1\%$ relativo) pesa $5$ volte quello del periodo ($0{,}2\%$).

Errori comuni

• Impostare basi dei tempi diverse per CH1 e CH2.
• Triggerare sullo sweep invece che sul sync (la traccia si muove).
• Scegliere la scala verticale con $V_0/8$ invece che $V_0/4$ (con offset nullo il campo è $\pm FS/2$).
• Usare l'incertezza estesa del manuale come standard senza dividere per $k$.
• Dimenticare che $f_M$ dipende dalla durata alta $t_M$ misurata dall'inizio dello sweep.