s_160226-MA

MISURE E STRUMENTAZIONE
venerdì 26 febbraio 2016
Prof. Michele Norgia
Tempo a disposizione 2 ore (1 ora solo II parte)
Secondo appello AA 2015/2016
Aula T.1.1 ore 13.15
Cognome e nome: ___________________________________ _____________________
Matricola e firma __ __ __ __ __ __
(stampatello)
____________________ (firma leggibile)
Esercizi svolti (almeno parzialmente): precompito 1 2 3 4 (7+8+5+5+7 =32p)
(crocettare)
N.B. si consiglia di crocettare, qui sopra, gli esercizi almeno parzialmente svolti.
Si richiede di crocettare tutti i sottopunti, ad es. 1c), 1d), degli esercizi ai quali si è dato risposta.
Crocettare  SOLO SECONDA PARTE (ESERCIZI 3 e 4)
SOLUZIONI
(35 min)
Esercizio 1
(svolgere su questo foglio e sul retro)
1) Si vuole misurare la velocità di un proiettile (pallino sferico) sparato da una pistola ad aria compressa.
1a) Si dispone di una barriera ottica con due lame di luce disposte a distanza d=30 cm, misurata con
incertezza estesa di 3 cm per un fattore di copertura k=3. Il tempo di attraversamento tra le due lame di luce è
misurato con un cronografo che risolve 10 s (clock con frequenza fc=100 kHz, nota con incertezza di
5 ppm). Tra TIN e TOUT si contano m=59 conteggi di clock.
Si ricavi la misura va esprimendo la misura con l’incertezza in notazione compatta a due cifre.
1b) Si utilizza un radar a effetto Doppler in cui un’onda elettromagnetica di frequenza f0=100 THz, nota con
incertezza di 10-6, viene inviata in direzione del proiettile che avanza con velocità vb. Si registra lo
spostamento Doppler di frequenza fD=(2vb/c)f0=333.564 MHz impiegando un frequenzimetro accurato a
20 ppm.
N.B. c=299 792 458 m/s
Si ricavi la misura vb esprimendo la misura con l’incertezza in notazione compatta a due cifre.
1c) Si fa impattare il proiettile in un canale contenente acqua che provvede a frenarlo fino a velocità zero.
Per ipotesi tutta l’energia cinetica del proiettile (di massa m=20 g nota con PDF triangolare di semilarghezza
2 g) viene assorbita da una massa M=1 kg di acqua, nota con incertezza trascurabile, producendo un
innalzamento di temperatura di T =1.5 °C, letto con un termometro digitale ideale con risoluzione di
10-3 °C. Il calore specifico dell’acqua è CM=4186 J/(kg°C) noto con incertezza relativa del 4 %.
N.B. l’energia assorbita dall’acqua vale E = CMMT
Si ricavi la misura vc esprimendo la misura con l’incertezza in notazione compatta a due cifre.
1d) Si discuta la compatibilità tra le 3 misure e si commenti il risultato ottenuto
1e) Si ricavi la miglior stima della velocità v del proiettile e la sua incertezza standard assoluta e relativa.
velocità misurata con la barriera ottica è va=d/T=d/[TOUT-TIN]=d/[mTc]=(0.3 m)/(590 s)=508.47 m/s.
u(d)=U(d)/k=1 cm, ur(d)=1/30=3.3 %=3.3×10-2
ur(Tc)=ur(fc)=5 ppm=5×10-6 che è del tutto trascurabile rispetto a ur(d)
31a) La
u(m)=1/ 12 0.29 (in realtà sarebbe 2 / 12 0.41, perchè si commette errore di quantizzazione sia su
TIN che su TOUT) e quindi ur(m)=0.41/596.9×10-3 che è ancora trascurabile rispetto a ur(d)
Si può quindi concludere che ur(va)ur(d)=1/30=3.3 % e u(va)= ur(va)va  17 m/s.
La misura è dunque va=508(17) m/s.
Pag.1/8
velocità misurata tramite l’effetto Doppler è vb=c(fD)/(2f0 ) 500.000 m/s.
Naturalmente, data la relazione funzionale a produttoria generalizzata degli ingressi, ci converrà
ragionare e calcolare in termini delle incertezze relative: ur(fD)=210-5<<ur(f0)=10-6<<ur(c)=0 e quindi
ur(vb)ur(fD)= 210-5 ed infine u(vb)=ur(vb)vb1.0×10-2 m/s=1 cm/s
La misura è dunque vb=500.000(10) m/s.
21b) La
21c) Dal
bilancio dell’energia cinetica ceduta dal proiettile all’acqua (e la temperatura del proiettile che fa?)
possiamo comunque scrivere: (1/2)mv2c= E = CMMT dove T è l’innalzamento di temperatura dell’acqua.
Dunque l’equazione della misura è vc=[2CMMT/m]1/2792.2 m/s.
u(m)=2m/ 24 =(4 g)/ 24 0.82 g e ur(m)=u(m)/m=0.82/204.1 %
u(T)=(T)/ 12 =(10-3 °C)/ 12 0.29×10-3 °C e ur(T)=u(T)/T=2.9×10-4/1.52×10-4
Ragionando ancora una volta in termini di incertezze relative, ed essendo ur(M)0 e ur(T)<< ur(CM)ur(m):
ur(vc)  (1/2)[ u2r(CM) + u2r(m) ]1/2  2.9 % da cui u(vc)= ur(vc)vc23 m/s.
La misura è dunque va=792(23) m/s.
21d) I
tre risultati di misura, espressi in notazione compatta, sono:
va=508(17) m/s
vb=500.000(10) m/s
vc=792(23) m/s
Si può innanzitutto osservare che il terzo valore di misura risulta piuttosto differente (“lontano” in termini
delle incertezze standard del caso) rispetto al primo e al secondo. La terza misura è stata ottenuta con un
metodo indiretto piuttosto complesso e che non ha tenuto conto delle variazioni di temperatura del proiettile e
con una differenza di temperatura dell’acqua che è stata misurata con una accuratezza apparentemente molto
spinta: il risultato della misura lascia dunque un certo numero di dubbi.
Nel complesso siamo in presenza di 3 misure differenti della medesima grandezza fisica, che hanno
fornito valori diversi e con incertezze differenti. Si avrà compatibilità tra coppie di misure indipendenti se
la distanza tra i due valori di misura è inferiore alla radice quadrata della somma quadratica delle due
incertezze, eventualmente estesa per un fattore di copertura k: M   M   k u 2 M    u 2 M   , con
valori possibili/plausibili k=1, 2, o 3. Naturalmente a valori k inferiori corrispondono compatibilità più forti.
Nel caso considerato si ottiene compatibilità per fattori k120.47, k139.93, k2312.7.. Si osserva dunque che
solo le misure va e vb risultano tra loro compatibili. Sono compatibili tra loro le misure va e vb, con k=1,
mentre risulta incompatibile con le altre la misura vc.
11e) Ricorrendo
al criterio della media pesata tra le misure compatibili, la miglior stima per il valore della
misura e la sua incertezza tipo sono:
va
v
 2 b
2
u v a  u v b 
1
v=vMP=
=500.000 m/s=vb ; u(vMP)=
= 1 cm/s =u(vb)
1
1
1
1


u 2 v a  u 2 v b 
u 2 va  u 2 v b 
La misura è quindi v=vMP=500.000(10) m/s che risulta coincidente con vb dato che tale misura si presenta
con una incertezza decisamente inferiore rispetto alla incertezza di va.
Pag.2/8
(25 min)
2)
2a)
Esercizio 2
(svolgere su questo foglio e sul retro)
Con un generatore a corrente I costante si alimentano, 5 carichi resistivi in serie e si legge la tensione ai capi
di ogni carico. Le 5 resistenze hanno valori nominali:
Ri = 100, 200, 500, 1000, 2000 ()
e i 5 valori di tensione letta sono
Vi = 0.3, 0.5, 1.4, 2.3, 4.9 (V)
Si ricavi il valore della corrente I erogata dal generatore attraverso un metodo di regressione ai minimi
quadrati.
N.B. Si riportano qui sotto le formule che esprimono il coefficiente angolare m e
l’intercetta b sull’asse Y della retta di regressione ai minimi quadrati:
1
 m xi   y i
 xi y i  n  xi  y i
b
m
n
1
2
 xi2  n  xi 
2b)
2c)
2d)
Intendiamo effettuare le 5 misure contemporaneamente con una scheda DAQ. Supponendo di volere fare
per ogni resistore la media di 1000 misure in 100 ms, si calcoli la minima frequenza di campionamento
della scheda e si scelga la modalità di acquisizione.
Supponendo un’unica dinamica possibile ±5 V, si calcoli il numero minimo di bit della scheda per avere
un’incertezza di quantizzazione inferiore all’1 % per ogni dato acquisito.
Misuriamo la temperatura della scheda con un sensore NTC. A T=25 °C si misura una tensione
RNTC,25=1 kΩ, a T=0 °C si misura invece una tensione RNTC,0=3.3 kΩ. Si ricavino i valori dei parametri
dell’NTC impiegato in questa misura.
2a) Per quanto previsto dalla legge di Ohm, la tensione V ai capi di un resistore di valore R è legata alla
corrente I che lo attraversa dalla relazione: V=RI. Pertanto, un modello teorico (analitico) che descrive
l’andamento dei valori di resistenza con i valori di tensione è fornito dall’equazione:
R=(1/I)V ovvero y=mx+b con m=1/I e b=0 (idealmente)
Applicando ai dati xi (tensione)e yi (resistenza) il metodo della regressione ai minimi quadrati, si ricavano il
coefficiente angolare e il termine noto di tale retta:
m=415.42 /V e b=-20.99 , da cui I=1/m=0.00241 A2.4 mA
Si osserva che rispetto al modello previsto dalla legge di Ohm i dati sperimentali evidenzierebbero un
valore di “resistenza spuria” (per V=0 si ha R0) pari a R00=b-21  che sicuramente origina dalle
inesattezze nelle misure sperimentali dei valori Ri e Vi.
2b)
Volendo acquisire 1000 misure in 100 ms, per 5 canali (che misurano i 5 resistori), sono necessari
50000 campioni al secondo, per cui la minima velocità richiesta è 50 kSa/s. Dobbiamo acquisire in
differenziale, perché le tensioni non sono riferite a massa.
Calcoliamo l’incertezza di quantizzazione richiesta dal minimo dato Vi = 0.3 V:
V
uq(V) =
<0.3/100 V= 3 mV
12
da cui V < 10.4 mV.
Supponendo un’unica dinamica possibile ±5 V, possiamo calcolare il numero minimo di livelli necessari:
D
10 V
N

 961
V 10.4 mV
Da cui si ricava che sono necessari almeno 10 bit (210=1024).
2c)
Pag.3/8
2d) In prima approssimazione la resistenza di un NTC è data dalla relazione esponenziale
R NTC  R0 e
 1 1
    
 T0 T 
, dove T0=298.15 K (25 °C).
Alla temperatura di 25°C l’esponente si annulla, quindi R0= RNTC,25= 1 kΩ (del resto R0 è proprio definito
come la resistenza dell’NTC a 25 °C).
Alla temperatura di 0°C RNTC,0= 3.3 kΩ, da cui si ricava il valore di β invertendo l’equazione dell’NTC:

 RNT C,0  298.15  273.15  33 
T0T

ln 
ln    3889 K
T0  T  R0  298.15  273.15  10 
Pag.4/8
(20 min)
Esercizio 3
(svolgere su questo foglio e sul retro)
3) Con un oscilloscopio analogico a 2 canali e banda 10 MHz, si misura un treno di impulsi 0V-3V, alla
frequenza di 10 Hz e duty-cycle 0.1%. Il tempo di salita (e discesa) dell’onda quadra vale circa 20 s.
3a) Si descrivano le impostazioni dell’oscilloscopio per visualizzare su schermo un singolo impulso, insieme
alla tensione di ground (GND).
3b) Si disegni la schermata oscillografica corrispondente.
3c) Se il tempo di salita dell’impulso fosse pari a 20 ns, l’oscilloscopio sarebbe in grado di misurarlo
correttamente?
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3a) Si acquisisce il segnale impulsato con il canale CH1 dell’oscilloscopio, posto in modalità DC (è un
segnale praticamente in continua), mentre CH2 viene posto a GND.
Per sfruttare al meglio la dinamica dell’oscilloscopio, si pone il livello di 0 V sulla prima divisione verticale
dello schermo.
La tensione è impulsata, con durata 100 µs (duty-cycle 0.1% del periodo pari a 0.1 s) e ampiezza 3 V.
Le impostazioni dell’oscilloscopio per visualizzare un singolo impulso sono:
 amplificazione verticale CH1 500 mV/DIV; CH2 irrilevante
 amplificazione orizzontale 20 µs/DIV (per vedere interamente un impulso di 0.1 ms in 10 divisioni)
 CH1 connessione in DC (per non sbagliare i livelli)
 CH2 connessione in GND
 trigger su CH1, accoppiamento DC, modalità AUTO (anche normal andrebbe bene in questo caso),
pendenza positiva, livello di poco superiore a 0 V (in figura è posto a 250 mV), in modo da riuscire a
visualizzare l’inizio del fronte di salita.
 Modalità multicanale ALTernate, considerando che lo schermo dura solo 200 µs
Pag.5/8
8
7
6
5
CH1
4
livello di 0
3
trigger
level 2
1
3b)
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Divisioni orizzontali Cx = 200 s/DIV
3c) Il tempo di salita dovuto alla banda dell’oscilloscopio vale
0.35
0.35
t OSC 

 35 ns
B
10 MHz
per cui la misura di un tempo di salita di 20 ns verrebbe completamente falsata. Dato che i tempi di salita si
compongono quadraticamente, sullo schermo si misurerebbe un tempo si salita pari a:
2
2
t MIS  t OSC
 t Segnale
 40 ns
Pag.6/8
(40 min)
Esercizio 4
(svolgere su questo foglio e sul retro)
4) Un voltmetro integratore a doppia rampa impiega un orologio (clock) interno alla frequenza di 1 MHz e lo
strumento ha esattamente 106 livelli su una dinamica bipolare di 5 V.
4a) Si stabilisca il minimo tempo di integrazione per avere una reiezione idealmente infinita ai disturbi alle
frequenze f1=1 kHz, f2=430 Hz, e f3=50 Hz, contemporaneamente presenti.
4b) Nel caso di una tensione d’ingresso a fondo scala (Vx=Vx,max=5 V), si calcolino i corrispondenti tempi e
numeri di conteggi per le rampe di salita e di discesa del voltmetro.
Si valuti quindi la massima frequenza di campionamento per questo strumento e la sua tensione di
riferimento Vr.
4c) Misuriamo lo spettro del clock con un analizzatore di spettro a eterodina, ottenendo la schermata riportata in
figura. Si indichino le impostazioni fornite allo strumento e si stimi la sua noise figure.
4d) Quanto vale all’incirca l’ampiezza dell’onda quadra di clock? Si ricordi che lo sviluppo in serie di Fourier di
2

1 
M 
per k dispari
un segnale a onda quadra con livelli 01 è dato da: vt     M k cos2kft con  k k
 k 1

 M k  0 per k pari
-10
-20
-30
Potenza [dBm]
-40
-50
-60
-70
-80
-90
-100
-110
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
Frequenza [MHz]
4
4.5
5
5.5
4a) In generale, per rigettare 3 disturbi a frequenze f1, f2, e f3, il tempo di integrazione TI deve essere tale
che TI=jT1=kT2=lT3, con j, k, l numeri interi.
Per rigettare il disturbo alla frequenza di rete (f3=50 Hz) occorre che TI sia multiplo di 20 ms, il che
garantisce anche la reiezione a f1=1 kHz (basta scegliere j=20l con l intero).
Rimane da soddisfare la condizione kT2=lT3, ovvero
k T3 f 2 430 43




l T2 f 3
50
5
che si ottiene con k=43 e l=5, e dunque lavorando con TI=43/(430 Hz)=5/(50 Hz) = 0.1 s=100 ms.
4b) Il tempo di salita è Tu=TI=100 ms, indipendentemente dal valore di Vx, con un numero di conteggi
durante la rampa di salita che è Nu=Tu/Tc=Tufc=(100 ms)(1 MHz)=105 conteggi.
Pag.7/8
Il tempo di discesa, per una tensione d’ingresso uguale al fondo scala Vx=Vx,max=5 V è pari al massimo
numero di conteggi (Nd=Nd,max=5105 conteggi, la metà dei livelli perché bipolare) moltiplicato per il periodo
di orologio (Tc=1/fc). Pertanto,
Td=Td,max=Nd,maxTc= 5105 (1 s)= 500 ms.
Il tempo minimo che occorre per effettuare la misura di una tensione a fondo scala è
Tmis=Tu+Td,max =600 ms, con una corrispondente massima frequenza di campionamento:
fsample=1/Tmis1.67 Hz.
Dall’equazione di misura del voltmetro, Vx=-(Td/Tu)Vr, si ricava la tensione di riferimento
Vr=-(Tu/Td)Vx=-(Tu/Td,max)Vx,max=-(100/500)(5 V)= -1 V.
4c) Impostazioni:
fSTART=500 kHz e fSTOP=5.5 MHz, dunque con SPAN=5 MHz.
Reference level RL=-10 dBm con amplificazione verticale Ay=10 dB/DIV
Tutte le righe spettrali visualizzate hanno una piena larghezza a metà altezza (FWHM) dal picco che è uguale
alla resolution bandwidth RBW=30 kHz (si misura a -3dB dal picco).
Dal fondo di rumore ricaviamo la noise figure dell’analizzatore:
PFLOOR -110 dBm = NFkTRBW= NF-174 dBm/Hz+45 dBHz da cui NF  19 dB.
4d) La prima armonica su schermo ha una potenza di circa -14 dBm, corrispondenti a 40 µW.
Sull’impedenza R= 50 Ω dell’analizzatore di spettro, questo corrisponde a una tensione di picco di un segnale
sinosoidale pari a
v1armonica  2P1armonicaR  63 mV
Dato che un’onda quadra con ampiezza 1, ha una prima armonica ampia M1 = 2/  0.636, possiamo dedurre
v
che l’ampiezza dell’onda quadra vale circa A  1armonica  100 mV.
M1
Pag.8/8