L'amplificatore lock-in

Dal rivelatore allo strumento

L’amplificatore lock-in è la rivelazione sincrona dell’articolo precedente diventata uno strumento da banco: si collega il segnale da misurare, già modulato dall’esperimento, e il riferimento che ne ha comandato la modulazione, e lo strumento restituisce l’ampiezza e la fase della componente del segnale alla frequenza del riferimento. Tra i primi a usarlo in modo sistematico fu Robert Dicke, negli anni Quaranta, per i radiometri a microonde; dagli anni Sessanta è uno strumento commerciale, e misura segnali di nanovolt sepolti in rumori mille volte più grandi. Il suo nome dice l’essenziale: il rivelatore è «agganciato» al riferimento.

Lo schema ha due canali. Il canale del segnale comincia con un preamplificatore, che fissa il rumore della misura, e con dei filtri: un notch che toglie la frequenza di rete e la sua seconda armonica, e un filtro principale, di solito un passa-banda attorno al riferimento, che toglie il rumore lontano prima che arrivi al moltiplicatore e lo saturi. Il canale del riferimento ricava dal segnale di riferimento esterno, o da un oscillatore interno, un’onda di comando agganciata in frequenza, e uno sfasatore ne regola la fase. Poi vengono il rivelatore sensibile alla fase, un filtro passa-basso di cui si sceglie la costante di tempo, da millisecondi a migliaia di secondi, e un amplificatore di uscita in continua. Gli strumenti moderni hanno due rivelatori, uno con il riferimento in fase e uno in quadratura.

Il demodulatore a commutazione

Un moltiplicatore analogico di precisione è costoso, lento e non lineare. Quasi tutti i lock-in analogici moltiplicano invece il segnale per il segno del riferimento: un interruttore comandato dal riferimento passa il segnale così com’è per mezzo periodo e lo inverte per l’altro mezzo. È una moltiplicazione per un’onda quadra $\pm1$, facile da realizzare con precisione e insensibile alle variazioni di ampiezza del riferimento, che comanda solo un interruttore. Ma un’onda quadra non è una sinusoide: contiene tutte le armoniche dispari, e ognuna demodula ciò che trova alla propria frequenza.

L’onda quadra $\pm1$ in fase con il riferimento, positiva quando $\cos\omega_ct$ è positivo, ha la serie $w_R(t) = (4/\pi)\sum_{n\ \text{dispari}}(-1)^{(n-1)/2}\cos(n\omega_ct)/n$: ampiezze $b_n = 4/\pi n$ per le armoniche dispari e zero per le pari. Il segnale $A\cos\omega_ct$ dà $2A/\pi$, e il rumore bianco

$$\sigma_y^2 = B_nS\,\frac{8}{\pi^2}\sum_{n\ \text{dispari}}\frac{1}{n^2} = B_nS ,$$

perché la somma vale $\pi^2/8$. La si ricava senza calcoli: il valore quadratico medio dell’onda quadra è $1$, e per il teorema di Parseval è anche la somma dei $b_n^2/2$, cioè $(8/\pi^2)\sum1/n^2$. Rispetto al riferimento sinusoidale di ampiezza $1$, che dava $A/2$ con varianza $B_nS/2$, il rapporto segnale-rumore scende del fattore $2\sqrt2/\pi = 0{,}90$: le armoniche superiori raccolgono rumore dove non c’è segnale. Con un rumore $1/f$ la perdita è minore, perché alle armoniche alte il rumore è più basso: la somma diventa $(8/\pi^2)\sum1/n^3$ sulle dispari, cioè $1{,}052$ volte quella della sola fondamentale, e il rapporto segnale-rumore scende solo del $2{,}5\%$.

Se anche il segnale è un’onda quadra — il caso del chopper — le armoniche del riferimento trovano le armoniche del segnale, e il conto cambia a favore. Un segnale che vale $\pm A$ moltiplicato per il riferimento $\pm1$ con la stessa fase dà sempre $A$, e il rumore bianco resta $B_nS$: il rapporto segnale-rumore è $A/\sqrt{B_nS}$, $\sqrt2$ volte quello di segnale e riferimento sinusoidali. Le finestre alle armoniche raccolgono rumore, ma anche segnale.

Le finestre hanno due inconvenienti pratici. Se il riferimento non ha media esattamente nulla, per un’asimmetria dell’interruttore o dei tempi, c’è una finestra anche a frequenza zero, che riporta nella misura proprio il rumore $1/f$ e l’offset che la modulazione doveva evitare. E un disturbo che cade su un’armonica del riferimento viene demodulato come il segnale: con un riferimento a $1$ kHz la terza armonica, $3$ kHz, è anche la sessantesima armonica della rete a $50$ Hz. Per questo la frequenza del riferimento si sceglie lontana dai multipli di $50$ e $60$ Hz, con valori «strani» come $1{,}013$ kHz.

Fase e quadratura

Un rivelatore solo dà $(AB/2)\cos\Delta\phi$, e confonde un segnale piccolo in fase con uno grande sfasato. Il lock-in a doppia fase usa due rivelatori, con riferimenti sfasati di $90°$ l’uno rispetto all’altro.

La doppia fase risolve il problema della regolazione dello sfasatore, e apre un uso nuovo: misurare separatamente le due componenti di una risposta. Applicando una tensione sinusoidale a un’impedenza e leggendo la corrente con un amplificatore a transimpedenza, $X$ è proporzionale alla parte reale dell’ammettenza e $Y$ a quella immaginaria. Con rumore forte, però, $R$ va letto con attenzione: è la lunghezza di un vettore con due componenti rumorose, ed è sempre positiva, così che anche senza segnale ha una media diversa da zero. Per segnali vicini al rumore conviene mediare $X$ e $Y$, e calcolare $R$ solo alla fine.

La riserva dinamica

Il lock-in estrae un segnale piccolo da un rumore grande, ma il rumore deve comunque attraversare il preamplificatore e il moltiplicatore senza saturarli e senza produrre prodotti di non linearità. La riserva dinamica è il rapporto, in decibel, tra il disturbo più grande che lo strumento tollera, lontano dalla frequenza del riferimento, e il segnale di fondo scala. Negli strumenti analogici arriva a circa $60$ dB: un disturbo mille volte più grande del fondo scala. Prima di chiedere di più conviene togliere il disturbo con i filtri del canale del segnale: un notch sulla rete toglie $40$ dB proprio dove il disturbo di solito è più forte.

I lock-in digitali convertono il segnale subito dopo il preamplificatore e fanno il resto con i numeri: il riferimento è una sinusoide calcolata, senza armoniche e senza offset, i filtri passa-basso possono avere ordini alti, e la riserva dinamica arriva a $100$ dB; lavorano anche a frequenze di pochi millihertz. Gli analogici restano utili sopra qualche megahertz, dove la conversione diventa difficile, e dentro gli anelli di retroazione, dove conta il ritardo, che nel digitale è maggiore.

Esercizi risolti e commentati

Esercizio 1. Con un rumore bianco, confrontare il rapporto segnale-rumore di un lock-in in quattro casi: segnale e riferimento sinusoidali; segnale sinusoidale e riferimento a onda quadra; segnale e riferimento a onda quadra; segnale a onda quadra e riferimento sinusoidale. Tutte le onde hanno ampiezza di picco $A$ per il segnale e $1$ per il riferimento.

Soluzione. Con la proposizione sul riferimento periodico, e $S$ e $B_n$ fissati: sinusoide e sinusoide, uscita $A/2$ e rumore $\sqrt{B_nS/2}$, cioè $A/\sqrt{2B_nS}$, che si prende come riferimento $1$. Sinusoide e onda quadra, uscita $2A/\pi$ e rumore $\sqrt{B_nS}$: $0{,}90$. Onda quadra e onda quadra, uscita $A$ e rumore $\sqrt{B_nS}$: $1{,}41$. Onda quadra e sinusoide, la sinusoide vede solo la fondamentale del segnale, di ampiezza $4A/\pi$, e dà $2A/\pi$ con rumore $\sqrt{B_nS/2}$: $4/\pi = 1{,}27$.

Commento. Conviene che il riferimento abbia la stessa forma del segnale: è ancora il filtro adattato. Con un segnale sinusoidale il riferimento a onda quadra perde il $10\%$, con un segnale a onda quadra ne guadagna il $41\%$ rispetto alla sinusoide.

Esercizio 2. Un segnale a onda quadra passa da $V_{OS}$ a $V_{OS} + V_A$, con $V_A = 10$ μV e un offset $V_{OS}$ ignoto, in un rumore bianco di $50$ nV/√Hz. Con un riferimento $\pm1$ sincrono, quale banda del passa-basso dà un rapporto segnale-rumore di $10$? E con un riferimento sinusoidale?

Soluzione. Nella mezza onda positiva del riferimento entra $V_{OS} + V_A$, in quella negativa $-V_{OS}$: la media è $V_A/2$, e l’offset sparisce. Il rumore è $\sqrt{B_nS}$, e $V_A/(2\sqrt{B_nS}) = 10$ dà $\sqrt{B_n} = 10\ \mu\text{V}/(20\cdot50\ \text{nV}) = 10$, cioè $B_n = 100$ Hz, un filtro RC con $T_F = 1/4B_n = 2{,}5$ ms. Con un riferimento sinusoidale di ampiezza $1$ la fondamentale del segnale, $2V_A/\pi$, dà $V_A/\pi$, con rumore $\sqrt{B_nS/2}$: serve $B_n = 81$ Hz.

Commento. L’offset, qualunque sia, non entra nella misura: è il vantaggio della modulazione, che qui fa l’esperimento stesso accendendo e spegnendo il segnale. La differenza tra i due riferimenti è il $19\%$ nella banda, cioè il fattore $(4/\pi)^2/2 = 0{,}81$.

Esercizio 3. Si misura un condensatore da $1$ nF con perdite, equivalenti a una resistenza di $100$ M$\Omega$ in parallelo, applicando $1$ V a $1$ kHz e leggendo la corrente con un transimpedenza da $100$ k$\Omega$ e un lock-in a doppia fase. Quanto valgono le due uscite? Quale precisione di fase serve per misurare le perdite al $10\%$?

Soluzione. L’ammettenza è $G + j\omega C$, con $G = 10^{-8}$ S e $\omega C = 6{,}28\times10^{-6}$ S. La componente in fase della tensione di uscita vale $GR_FV = 1$ mV, quella in quadratura $\omega CR_FV = 0{,}63$ V. Un errore di fase $\Delta\phi$ mescola le due componenti, e porta nella $X$ una parte $\Delta\phi$ della $Y$: perché sia meno di $0{,}1$ mV serve $\Delta\phi < 0{,}1\ \text{mV}/0{,}63\ \text{V} = 1{,}6\times10^{-4}$ rad, cioè $0{,}009°$.

Commento. Il fattore di perdita, $G/\omega C = 1{,}6\times10^{-3}$, è piccolo, e la componente in fase è seicento volte più piccola di quella in quadratura: ogni errore di fase dello strumento, o del transimpedenza stesso, la contamina. Gli strumenti per queste misure si tarano con un campione di perdite note, e si correggono le fasi di tutta la catena.

Esercizio 4. Un lock-in con riferimento a onda quadra a $1$ kHz misura un segnale di pochi microvolt in presenza di un disturbo di $1$ mV a $3$ kHz, un’armonica della rete. Quanto vale l’errore? E con il riferimento a $1{,}013$ kHz e un passa-basso RC con $T_F = 1$ s?

Soluzione. La terza armonica del riferimento ha ampiezza $4/3\pi$, e demodula il disturbo a frequenza zero: l’uscita contiene fino a $1\ \text{mV}\cdot(4/3\pi)/2 = 0{,}21$ mV, a seconda della fase. Con il riferimento a $1{,}013$ kHz la terza armonica è a $3{,}039$ kHz, e il disturbo esce a $39$ Hz; il passa-basso lo attenua di $1/(2\pi\cdot39\ \text{Hz}\cdot1\ \text{s}) = 4{,}1\times10^{-3}$, e resta un’oscillazione di $0{,}87$ μV.

Commento. Duecento volte il segnale nel primo caso, dentro il rumore nel secondo; con un filtro del secondo ordine l’oscillazione scenderebbe a pochi nanovolt. Un riferimento sinusoidale, o un lock-in digitale, non ha la terza armonica e ignora il disturbo anche a $1$ kHz esatti.

Esercizio 5. Il fondo scala è di $1$ μV e all’ingresso arriva un disturbo a $50$ Hz di $10$ mV. Che riserva dinamica serve? Come si può misurare con uno strumento che ne ha $60$ dB?

Soluzione. Il rapporto è $10^4$, cioè $80$ dB: $20$ dB più di quanto lo strumento tolleri. Un filtro notch a $50$ Hz nel canale del segnale, con $40$ dB di attenuazione, porta il disturbo a $100$ μV, e il rapporto a $40$ dB, dentro la riserva dinamica.

Commento. Il disturbo è lontano dalla frequenza del riferimento, e il passa-basso di uscita lo toglierebbe facilmente: il problema è che prima deve attraversare il preamplificatore e il moltiplicatore senza saturarli. È sempre meglio togliere un disturbo dove nasce, con schermature e masse fatte bene, che chiedere allo strumento di ignorarlo.