Esercizio 9impulso, pendenza, duty cycle e FFT con i cursori (tema d'esame gennaio 2026)

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Teoria usata: 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 →, Spettro dei segnali periodici e FFT dell'oscilloscopioUn segnale periodico di periodo $T$ ha uno spettro a righe alle frequenze $kf_0$, $f_0=1/T$. Per un'onda rettangolare $0\to A$ con duty cycle $d$ la riga $k$ ha ampiezza $2Ad,|\mathrm{sinc}(kd)|$ (inviluppo $|\sin x/x|$, primo zero a $f=1/\tau$); se $d\ne50%$ compaiono anche le armoniche pari. La FFT dell'oscilloscopio lavora sulla finestra visualizzata $T_w$: la risoluzione in frequenza è $\Delta f=1/T_w$ e si migliora solo aumentando $T_w$ (scala dei tempi più lenta), non con più campioni. Si ottengono righe pulite quando la finestra contiene un numero intero di periodi (campionamento coerente), altrimenti c'è dispersione spettrale.Spettro dei segnali periodici e FFT dell'oscilloscopio →, Oscilloscopio digitale - architettura, scale e risoluzione dei cursoriL'oscilloscopio digitale (DSO) acquisisce e visualizza tensioni in funzione del tempo: ingresso (impedenza, accoppiamento), ADC a 8 bit, memoria di acquisizione, memoria grafica, display di $10$ divisioni orizzontali e $8$ verticali. Finestra visualizzata $T_w=10,\Delta T_h$ (s/div); fondo scala verticale $FS=8,\Delta V$ (V/div). Scelta della scala: $\Delta T_h\ge T_w^{min}/10$ (per $n$ periodi, $T_w\ge nT$), $\Delta V\ge2\max(|V_{min}|,|V_{max}|)/8$ con offset nullo ($\ge V_{pp}/8$ in AC), sempre al valore 1-2-5 immediatamente superiore. Risoluzione dei cursori: orizzontale $\Delta x=T_w/1000$, verticale $\Delta y=FS/2^8$.Oscilloscopio digitale - architettura, scale e risoluzione dei cursori →.

Variante a

Letture sul grafico (posizioni dei cursori indicative, "altre scelte ugualmente valide"): durata a metà delle rampe $6{,}4$ div $=6{,}4\cdot5=32\ \mu$s; fronte lineare tra i cursori verticali: $\Delta y=3{,}6$ div $=3{,}6$ V, $\Delta x=1{,}05$ div $=5{,}25\ \mu$s.

Pendenza. $$S=\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{3{,}6\ \text{V}}{5{,}25\ \mu\text{s}}=0{,}6857\ \text{V}/\mu\text{s}=0{,}686\cdot10^6\ \text{V/s}.$$

Incertezza della pendenza. Risoluzione dei cursori orizzontali: $\Delta x_{ris}=\frac{5\ \mu\text{s}\cdot10}{1000}=50$ ns. Risoluzione dei cursori verticali: $\Delta y_{ris}=\frac{1\ \text{V}\cdot8}{2^8}=31{,}25$ mV. Distribuzioni uniformi: $u(\Delta x)=\frac{50}{\sqrt3}=28{,}9$ ns e $u(\Delta y)=\frac{31{,}25}{\sqrt3}=18{,}0$ mV. L'incertezza della base dei tempi ($5{,}25\ \mu\text{s}\cdot10^{-4}=0{,}525$ ns) è trascurabile. Quoziente: relative in quadratura: $$\frac{u(S)}S=\sqrt{\Big(\frac{28{,}9\ \text{ns}}{5{,}25\ \mu\text{s}}\Big)^2+\Big(\frac{18{,}0\ \text{mV}}{3{,}6\ \text{V}}\Big)^2}=\sqrt{(0{,}55\%)^2+(0{,}50\%)^2}=0{,}74\%.$$ Con $k=2$: $1{,}5\%$, $U(S)=0{,}0102$ V/$\mu$s. Risultato in forma corretta: $\boxed{S=0{,}69\pm0{,}02\ \text{V}/\mu\text{s}}$ (l'incertezza si arrotonda per eccesso a una cifra: $0{,}0102\to0{,}02$; la soluzione ufficiale scrive $0{,}68\pm0{,}01$, due arrotondamenti incoerenti con la regola).

2. Scala orizzontale. Servono $3{,}5$ periodi $\simeq420\ \mu$s: $\Delta T_h\ge\frac{420}{10}=42\ \mu$s/div $\Rightarrow$ $50\ \mu$s/div ($T_w=500\ \mu$s, $4{,}2$ periodi).

3. Incertezza sul periodo. A $50\ \mu$s/div $\Delta x=\frac{500\ \mu\text{s}}{1000}=500$ ns, uguale all'incertezza assoluta qualunque sia l'intervallo misurato. Si misura un intervallo pari al maggior numero intero di periodi: sono $4$, e l'incertezza sul periodo diventa $\pm\frac{\Delta x}4=\pm125$ ns (relativa $0{,}10\%$ su $120\ \mu$s).

4. FFT. $\Delta f=\frac1{T_w}=\frac1{500\ \mu\text{s}}=2$ kHz. Per migliorarla si aumenta la durata della finestra, cioè la scala dei tempi: con $500\ \mu$s/div, $T_w=5$ ms e $\Delta f=200$ Hz.

5. Spettro. Segnale periodico: righe alle frequenze $kf_0$, $f_0=\frac1{120\ \mu\text{s}}=8{,}33$ kHz. L'impulso è rettangolare, quindi l'ampiezza delle righe segue l'inviluppo $\big|\frac{\sin x}x\big|$, cioè va circa come $1/k$ (primo zero a $\frac1\tau=31{,}25$ kHz). Il duty cycle è $\frac{32}{120}=26{,}7\%\neq50\%$: compaiono anche le armoniche pari (di ampiezza minore di quelle dispari adiacenti, ma presenti). La traccia non dice se il valor medio è nullo; se non lo è si avrebbe anche la riga a frequenza $0$.

Variante b

Letture (cursori a metà fronte): periodo $T=9{,}6$ div $\cdot20\ \mu$s $=192\ \mu$s e durata dell'impulso $\tau=2{,}9$ div $\cdot20=58\ \mu$s. Duty cycle $D=\dfrac{58}{192}=0{,}302$, cioè $30{,}2\%$.

Incertezza. $D$ è il rapporto di due intervalli dello stesso segnale: l'incertezza della base dei tempi è un fattore comune e non si considera; resta la risoluzione orizzontale $\Delta x=\frac{20\ \mu\text{s}\cdot10}{1000}=200$ ns, con $u(\tau)=u(T)=\frac{200}{\sqrt3}=115$ ns: $$\frac{u(D)}D=\sqrt{\Big(\frac{115}{58\,000}\Big)^2+\Big(\frac{115}{192\,000}\Big)^2}=\sqrt{(0{,}198\%)^2+(0{,}060\%)^2}=0{,}21\%,\qquad\frac{U(D)}D=0{,}42\%.$$ In forma assoluta: $U(D)=0{,}42\%\cdot30{,}2\%=0{,}13$ punti percentuali, quindi $\boxed{D=(30{,}2\pm0{,}2)\%}$ (la soluzione ufficiale scrive $\pm0{,}01\%$, che è l'incertezza relativa espressa male).

Scala per circa $4$ periodi ($\simeq770\ \mu$s): $\Delta T_h\ge77\ \mu$s/div $\Rightarrow$ $100\ \mu$s/div ($T_w=1$ ms). Incertezza sul periodo: $\Delta x=1\ \mu$s, con al più $5$ periodi: $\pm\frac1{5}=\pm200$ ns. FFT: $\Delta f=\frac1{1\ \text{ms}}=1$ kHz; con $1$ ms/div ($T_w=10$ ms) $\Delta f=100$ Hz. Spettro: $f_0=\frac1{192\ \mu\text{s}}=5{,}21$ kHz; stessa struttura (inviluppo sinc, armoniche pari presenti perché $D=30{,}2\%$, primo zero a $\frac1\tau=17{,}2$ kHz).

Errori comuni

• Calcolare la risoluzione verticale come $\Delta V/2^8$ invece di $8\,\Delta V/2^8$ (ADC su tutto lo schermo).
• Includere l'accuratezza della base dei tempi (ppm) nel duty cycle.
• Misurare un solo periodo invece di $4$ o $5$.
• Pensare che la risoluzione della FFT migliori aumentando la frequenza di campionamento: dipende solo da $T_w$.