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Capitolo
7
Risposta in frequenza 7.1
7.2
7.3
7.4
7.5
7.6
7.7
7.8
7.9
Risposta in regime sinusoidale
Generalità: diagrammi di Bode.
Tracciamento dei diagrammi di Bode
Grafici dei diagrammi di Bode delle funzioni elementari
Esempi di tracciamento dei diagrammi di Bode
Diagrammi di Bode delle f.d.t. di reti correttrici
Diagrammi di Bode di un sistema del 2°ordine con poli complessi e coniugati (ζ <1)
Esempi di tracciamento dei diagrammi di Bode di sistemi del 2° ordine
Diagrammi di Nyquist.
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
7.1 RISPOSTA IN REGIME SINUSOIDALE In regime sinusoidale si utilizza la variabile complessa immaginaria pura s = jω, dove con ω si indica la pulsazione del segnale d’ingresso
E(s)U(s)G(s)f.d.t. ==
Modulo e fase della f.d.t in regime sinusoidale
• Il modulo dalla f.d.t.(rapporto fra l’ampiezza della sinusoide d’uscita e l’ampiezza della sinusoide d’ingresso) se maggiore di uno rappresenta l’amplificazione del sistema, invece se minore di uno l’attenuazione.
• La fase della f.d.t. rappresenta lo sfasamento della sinusoide d’uscita rispetto alla sinusoide d’ingresso.
Risposta in regime sinusoidale
Se ad un sistema lineare stabile si applica un segnale sinusoidale, a regime il sistema risponde ancora con un segnale sinusoidale con la medesima pulsazione ω e con ampiezza e fase in funzione di ω
UM = EM )G(jω (ampiezza del segnale d’uscita)
ϕ = )(jR)G(jIarctg
e
mωω
(sfasamento)
dove: ω = 2πf = 2π/Τ ; ω=[rad/sec]; f =[Hz]
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VII-2
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
Esercizio1 Al circuito in figura (R=1KΩ ; C=1µF) è applicato un segnale sinusoidale vi(t) = 7⋅sen(1000⋅t) Determinare il segnale d’uscita.
circuito RC circuito RC L -trasformato
Segnale d’ingresso vi(t)= Vi M ⋅sen(ωt ) ; Vi M = 7V ; ω =1000rad/sec ; f = ω/2π= 159Ηz Segnale d’uscita vo(t)= Vo M ⋅sen(ωt+ϕ)
Calcolo dell’ampiezza del segnale d’uscita (Vo M)
sRCsVisVosG
+==
11
)()()( (f.d.t. del circuito RC) ;
RCj11)j(Gω+
=ω
)G(jω =2)RC(1
1
ω+ =
263 )10101000(1
1−⋅⋅+
=11
1+
= 0,707
Vo M = Vi M )sG( = 7⋅ 0,707 = 4,95 V
Calcolo dello sfasamento (ϕ )
ϕ = 10arctg −
1RCarctg ω
= −1RCarctg ω
=11arctg = − 45° = −π/4 = − 0,785
Segnale d’uscita
v i ( t) = 7 ⋅sen(1000 ⋅ t ) vo(t)= 4,95⋅sen(1000t-0,785)
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VII-3
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
RISPOSTA IN FREQUENZA Per risposta in frequenza si intende: la risposta di un sistema al variare della frequenza f o pulsazione ω quando in ingresso è applicato un segnale sinusoidale. Per l’analisi della risposta in frequenza di un sistema, vengono utilizzati dei grafici di facile costruzione:
- i diagrammi cartesiani o di Bode - i diagrammi polari o di Nyquist .
I diagrammi di Bode sono due e precisamente: un diagramma del modulo e un diagramma della fase, mentre il diagramma di Nyquist è unico. 7.2 GENERALITA: DIAGRAMMA DI BODE
Con i diagrammi di Bode è possibile l’analisi in frequenza di un sistema in modo rapido, anche se approssimato. Ad es. possiamo ricavare facilmente sia l’attenuazione e che lo sfasamento tra il segnale d’ingresso e quello d’uscita a certe frequenze.
Diagramma del modulo
Il diagramma del modulo è la rappresentazione grafica dell’andamento del modulo della f.d.t. (attenuazione o amplificazione) di un sistema al variare della pulsazione ω In tale diagramma sull’asse delle ordinate si riporta in scala lineare il modulo della f.d.t. in decibel ( ) dBjωG = 20 log ( )ωjG
mentre sull’asse delle ascisse, in scala logaritmica si riporta la pulsazione ω in rad/sec o la frequenza in Hz Vantaggi dell’uso della scala logaritmica
• In luogo di moltiplicazioni e divisioni si opera con somme e sottrazioni • Si può approssimare il diagramma, on errori accettabili, con delle semirette di facile
tracciamento • È possibile rappresentare ampi campi di variazione di pulsazioni o frequenze
Diagramma della fase Il diagramma della fase è la rappresentazione grafica dell’andamento dello sfasamento (argomento) della f.d.t. di un sistema al variare della pulsazione ω. Sull’asse delle ordinate si riporta in scala lineare gli sfasamenti in gradi della f.d.t. mentre sull’asse delle ascisse, in scala logaritmica, si riporta la pulsazione ω in rad/sec o la frequenza in Hz
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VII-4
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7.3 TRACCIAMENTO DEI DIAGRAMMI DI BODE
I diagrammi di Bode sia per il modulo che per la fase, si possono ottenere sommando i diagrammi approssimati delle funzioni elementari. Dimostrazione Consideriamo un generico sistema la cui f.d.t. in forma normale è:
( ) )τs(1)τs)(1τs(1s
)τs(1)τs)(1sK(1)sG(
pnp2p1g
zm2zz1
+⋅⋅⋅⋅++
+⋅⋅⋅⋅++= ponendo s=jω si ha:
( ) )τ(1)τ)(1τ(1j)τ(1)τ)(1τjK(1)G(jpnp2p1
gzm2zz1
ω+⋅⋅⋅⋅ω+ω+ω
ω+⋅⋅⋅⋅ω+ω+=ω
jjjjj
[1]
Per convenzione =K è definito guadagno statico(s)Gslim g0s
⋅→
1
Per il modulo
( ) dBjωG = 20 log ( )ωjG
sviluppando:
dB)(jG ω = +Klg20 1120 zjlg ωτ+ + ..…+( )gj
lgω
120 +11
120pj
lgωτ+
+ … [2]
costante zero reale polo nullo polo reale
↑ ↑ ↑ ↑
I quattro termini che compaiono della [2] rappresentano le funzioni elementari. Dalla [2] si evince che il diagramma di Bode relativo al modulo lo si può ottenere tracciando singolarmente i diagrammi di dette funzioni elementari per poi sommarli. Per la fase
L’argomento di G(jω), è la somma degli argomenti dei singoli fattori della [1] ( ω∠ jG ))( ω∠ jG = K∠ + ( )11 zjωτ+∠ + .. - ( )gjω∠ - ( )11 pjωτ+∠ - … [3]
Anche per l’argomento il diagramma di Bode lo si può ottenere tracciando singolarmente i diagrammi delle funzioni elementari per poi sommarli.
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VII-5
1 VI-65 Manuale di Elettronica e Telecomunicazioni, G.Biondo, E.Sacchi, Hoepli
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
Diagrammi di Bode delle funzioni elementari2
Note: la scala delle ascisse è normalizzata; i diagrammi dei poli sono ottenuti da quelli degli zeri ribaltando le curve
2 Manuale di Elettronica e Telecomunicazioni – G. Biondi, E Sacchi - Hoepli
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VII-6
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
7.4 GRAFICI DEI DIAGRAMMI DI BODE DELLE FUNZIONI ELEMENTARI
Costante moltiplicativa G(jω) = K Diagramma del modulo
( ) dBjωG = 20 log K
fig. 1 fig. 2 Diagramma della fase
( )ω∠ jG =
<°>
=
0180000
KperKper
Karctg
fig. 3 fig. 4
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VII-7
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Polo nell’origine G(s) = 1/s
( )ω
=ωj
jG 1
Diagramma del modulo
( ) dBjωG = ω−=ω
loglog 20120 Si tratta di una retta con pendenza –20 dB/dec che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=1.
Per disegnare il diagramma troviamo dei punti:
ω ( ) dBjωG = -20log ω
0,1 +20 dB
1 0 dB
10 -20 dB
fig. 7
Diagramma della fase
( )ω
=ωj
jG 1 ⇒ = -( ω∠ jG )
ω
0arctg = - arctg ∞ = - 90°
fig. 8
Da notare: Se il polo nell’origine ha molteplicità g
( )( )gj
jGω
=ω1
• Il diagramma del modulo sarà ancora una retta, che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω = 1, ma con pendenza – 20⋅g
• Il diagramma della fase sarà ancora una retta parallela all’asse delle ascisse ma di valore –90°⋅g
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VII-8
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
Zero nell’origine G(s) = s
( ) ω=ω jjG Diagramma del modulo
( ) dBjωG = ωlog20 Si tratta di una retta con pendenza + 20 dB/decade che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=1.
Per disegnare il diagramma troviamo dei punti:
ω ( ) dBjωG = -20log ω
0,1 -20 dB
1 0 dB
10 +20 dB
fig. 9
Diagramma della fase
( ) ω=ω jjG ⇒ = ( ω∠ jG )
ω
0arctg = arctg ∞ = +90°
fig. 10
Da notare: Se lo zero nell’origine ha molteplicità g
( ) ( )gjjG ω=ω • Il diagramma del modulo sarà ancora una retta, che interseca l’asse delle ascisse nel
punto ω=1, ma con pendenza +20⋅g • Il diagramma della fase sarà ancora una retta parallela all’asse delle ascisse ma di
valore +90°⋅g
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VII-9
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Zero reale e negativo G(s)=1+sτ
G(jω)=1 + jωτz
Diagramma del modulo
( ) dBjωG = zjlog ωτ+120 = ( )21 zlog ωτ+20
ponendo ωz=1/τz, si ha: ( ) dBjωG =2
120
ωω
+z
log [4]
Il diagramma può essere tracciato per tratti in modo approssimato (diagramma asintotico), indi consideriamo i due casi: ω << ωz e ω >> ωz
a) per ω << ωz si può trascurare
ωω
z,
pertanto la [4] diviene ( ) dBjωG = 120 log = 0 dB
In maniera approssimata, si tratta di un segmento orizzontale condotto per 0 dB con estremi ω = 0 e ω = ωz
Alcuni punti utili
per disegnare la semiretta
ω ( ) dBjωG
ωp 0 dB 10ωp 20 dB
b) per ω >> ωz si può trascurare 1 pertanto la [4] diviene:
( ) dBjωG = 2
20
ωω
zlog =
zlog
ωω20
In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza +20 dB/decade, che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=ωz 100ωp 40 dB
Il massimo errore che si commette nella rappresentazione asintotica si ha per ω=ωz e vale 3dB, infatti:
( ) dBjωG = 2
120
ωω
+z
log =
= 1120 +log = 3dB fig. 5
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VII-10
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Diagramma della fase
G(jω)=1 + jωτz ⇒ ( )ω∠ jG =1
zarctg ωτ
ponendo ωz=1/τz, si ha
( )ω∠ jG =z
arctgωω
Per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi:
ω Fase
( )ω∠ jG fase
approssimata 0 arctg 0 = 0° 0°
0,1 ωz arctg 0,1 = 0,7° 0° ωz arctg 1 = 45° 45° 10ωz arctg 10 = 84,3° 90° ∞ arctg ∞ = 90° 90° fig. 6
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VII-11
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Polo reale e negativo G(s) = 1/1+sτ
( )pj
jGωτ+
=ω1
1
Diagramma del modulo
( ) dBjωG =11
120pj
lgωτ+
= ( )21
1
p
logωτ+
20 = - ( )2120 plog ωτ+
ponendo ωz=1/τz, si ha ( ) dBjωG = -2
120
ωω
+p
log [5]
Il diagramma può essere tracciato per tratti in modo approssimato (diagramma asintotico), pertanto consideriamo i due casi: ω << ωp e ω >> ωp
a) per ω << ωp si può trascurare
ωω
p, pertanto la [5] diviene
( ) dBjωG = - 120 log = 0 dB
In maniera approssimata, si tratta di un segmento orizzontale condotto per 0 dB con estremi ω=0 e ω=ωp
Alcuni punti utili
per disegnare la semiretta
ω ( ) dBjωG
ωp 0 dB 10ωp - 20 dB
b) per ω >> ωp si può trascurare 1, pertanto la [5] diviene:
( ) dBjωG = - 2
ωω
zlog20 = -
zlog
ωω20
In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza +20 dB/decade che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=ωp 100ωp - 40 dB
Il massimo errore che si commette nella rappresentazione asintotica si ha per ω=ωp e vale -3 dB, infatti:
( ) dBjωG = -2
1
ωω
+p
log20
= - 1120 +log = - 3dB
fig. 11 Diagramma della fase
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VII-12
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( )pj
jGωτ+
=ω1
1⇒ ( )ω∠ =jG
10arctg -
1parctg
ωτ = -
1parctg
ωτ
ponendo ωz=1/τp, si ha ( )ω∠ jG = -pω
arctg ω
per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi:
ω Fase
( )ω∠ jG fase
approssimata
0 - arctg 0 = 0° 0° 0,1 ωp - arctg 0,1 = - 0,7° 0°
ωp - arctg 1 = - 45° - 45° 10ωp - arctg 10 = - 84,3° - 90°
∞ - arctg ∞ = - 90° - 90°
fig. 12
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VII-13
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7.5 Esempi di tracciamento di diagrammi di Bode Esercizio 1 - Tracciare i diagrammi di Bode del circuito in figura (filtro passa basso)
R= 1KΩ F= 1 µF
Soluzione
τ = 1KΩ ⋅1 µF = 10+ 3 ⋅10- 6 = 0,001 sec
sτ11G(s)
+= =
s001,011
⋅+ La f.d.t. presenta un polo
)j(G ω = 001,0j1
1⋅ω+
Diagramma del modulo Polo
(1+0,001⋅s) = 0 ⇒ s = p = - 10 ⇒ ↓ rad /sec 3 3p 10=ω
Nota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di ωp la spezzata scende di - 20 dB/dec Costante
• K = 's
lim→ )s001,01(
1⋅+
=1 ⇒ KdB =20⋅log1 = 0dB
Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semiretta parallela all’asse ω di ordinata 0 dB fino a ωp=103, da ωp il diagramma scende con pendenza di – 20 db/dec
( ) dBjωG =001,0j1
1lg20⋅ω+
= 2
10001
1log
ω
+
20 = 2
1001log20
ω
+−
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VII-14
R i s p o s t a i n f r e q u e n z a
Diagramma della fase
( )ω∠ jG =10arctg -
1001,0arctg ⋅ω
= - 1000
arctg ω
Per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi per 0,1ω e 10ω
ω Fase
( )ω∠ jG fase
approssimata (errore di ≅ 5°)
0 - arctg 0 = 0° 0° 0,1ωp = 100 - arctg 0,1 = - 0,7° 0° 10ωp = 10000 - arctg 10 = - 84,3° - 90°
∞ - arctg ∞ = - 90° - 90°
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VII-15
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Esercizio 2 – Tracciare i diagramma di Bode del circuito in figura (filtro passa alto)
R= 1KΩ C= 1 µF
Soluzione
τ = R⋅C = 1KΩ ⋅1 µF = 10+ 3 ⋅10- 6 = 0,001 sec
sτ1sG(s)+τ
= 0,001s1
0,001s⋅+
⋅ ⇒ G(jω)
,0010 jω1,0010 jω
⋅+⋅
=
Diagramma del modulo la f.d.t. presenta uno zero nell’origine e un polo reale (ωp=1000 rad/sec)
( ) dBjωG =001,0j1
001,0jlg20⋅ω+
⋅ω = 20 001,0log ⋅ω +
2
10001
1log20
ω
+
Per costruire il diagramma del modulo basta sommare i diagrammi elementari relativi ad uno zero nell’origine ed un polo reale (ωp=1000 rad/sec)
Cd
Cd
( )ω∠ jG =0001,0arctg ⋅ω
Per costruire il diagramma zero nell’origine ed un polo
Elementi per la costruzion
ω ∠0 - arctg 0 =
0,1ωp = 100 - arctg 0,110ωp = 10000 - arctg 10
∞ - arctg ∞
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispens
ontributo ello zero
Nota: In pratica la somma viene effettuata sommando le pendenze: pendenze uguali ed opposte si annullano reciprocamente, producendo un
ontributoel polo
andamento costante.Diagramma della fase
- 1001,0arctg ⋅ω
= 90° - 1000ωarctg
della fase basta sommare i diagrammi elementari relativi ad uno reale
e del diagramma del polo Fase
( )ωjG 0° ≅ 0
≅ - 90° = - 90°
e di Sistemi Elettronici Automatici
Contributo dello zero
VII-16
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Esercizio 3 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
100s1000G(s)+
= =01,0s1
10⋅+
(f.d.t. di un filtro passa basso attivo)
Soluzione
G(jω) 01,0j1
10⋅ω+
=
Diagramma del modulo
La f.d.t. presenta un polo • (1+s⋅0,01) = 0 ⇒ s = p = - 100 ⇒ 100p =ω↓ rad /sec
Nota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di ω la spezzata scende di - 20 dB/dec.
• K = 's
lim→ )100s(
1000+
=10 ⇒ KdB =20⋅log10 = 20dB
Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semiretta parallela all’asse ω di ordinata 20 dB fino a ωp=10, da ωp il diagramma scende con pendenza di – 20 db/dec
Diagramma della fase
( )ω∠ jG =10arctg -
101,0arctg ⋅ω
= - 100
arctg ω
Per disegnare il grafico si trova i punti più significativi dividendo per 10 e moltiplicando per 10 la pulsazione ωp
ω Fase
( )ω∠ jG fase
approssimata (errore di ≅ 5°)
0 - arctg 0 = 0° 0° 0,1ωp = 10 - arctg 0,1 = - 0,7° 0° 10ωp = 1000 - arctg 10 = - 84,3° - 90°
∞ - arctg ∞ = - 90° - 90°
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VII-17
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Esercizio 4 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
)10s1)(10s1(10)s(G 43 −− ⋅+⋅+
=
Soluzione
)10j1)(10j1(10)j(G 43 −− ⋅ω+⋅ω+
=ω
Diagramma del Modulo
Poli La f.d.t. presenta due poli non nell’origine, in corrispondenza di ciascun polo la pendenza varia –20dB/dec,
• (1+s⋅10- 3) = 0 ⇒ = p1 = - 103 ⇒ rad /sec 31p 10=ω↓
• (1+s⋅10- 4) = 0 ⇒ = p2 = - 10- 4 ⇒ ↓ rad /sec 42p 10=ω
Costante
K = 0s
lim→ )10s1)(10s2(
1043 −− ⋅+⋅+
=10 ⇒ KdB =20⋅log10 = 20dB
Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semiretta parallela all’asse ω di ordinata 20 dB fino a 1pω , da 1pω a 2pω il diagramma scende con
pendenza di – 20 db/dec da il diagramma scende invece con pendenza –40dB/dec2pω
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VII-18
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Diagramma della fase
( )ω∠ jG =100arctg - 310
arctg ω = - 410
arctg ω
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano Costante 0° 1° Polo 0,1ωp1= 102
rad/sec (≅ 0°) 10ωp1 =104 (≅ -90°) 2° Polo 0,1ωp2= 103
rad/sec (≅ 0°) 10ωp2 =105 (≅ -90°)
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Contributo 1° polo
Contributo 2° p o l o
omatici
VII-19
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Esercizio 5 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
)10s1()s101(05,0)s(G 5
4
−
−
⋅+
+⋅=
Soluzione
)10j1()10j1(05,0)s(G 5
4
−
−
⋅ω+
⋅ω+⋅=
Diagramma del Modulo
Zeri
• (1+s⋅10- 4) = 0 ⇒ z = s = - 104 ⇒ rad /sec 4z 10=ω↑
In corrispondenza dello zero la pendenza varia +20dB/dec Poli
• (1+s⋅10- 5) = 0 ⇒ p = s = - 105 ⇒ ↓ rad /sec 5p 10=ω
In corrispondenza del polo la pendenza varia -20dB/dec Costante
• K = 0s
lim→ )10s1(
)s101(05,05
4
−
−
⋅+
+⋅ = 0,05 ⇒ KdB =20⋅log0,01 = - 26dB
Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semiretta parallela all’asse ω di ordinata -26 dB fino a zω , da zω a pω il diagramma sale con
pendenza di + 20 db/dec, da ω il grafico rimane costante.z
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VII-20
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Diagramma della fase
( )ω∠ jG =05,00arctg + 410
ωarctg - 510arctg ω
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano Costante 0° Zero 0,1ωz= 103
rad/sec (≅ 0°) 10ωz =105 (≅ +90°) Polo 0,1ωp= 104
rad/sec (≅ 0°) 10ωp =106 (≅ -90°)
Contributo Zero
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Contributo polo
VII-21
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Esercizio 6 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
)4s)(5.0s(s4)s(G
++=
Diagramma del Modulo Quando la G(s) presenta poli o zeri nell’origine per tracciare il diagramma del modulo bisogna considerarla come prodotto di due funzioni
)s(G = G ⋅ = ⋅ )s(' )s(G '' s)4s)(5.0s(s
4++
Il diagramma complessivo si ottiene sommando i diagrammi di con quello di G )s(G' )s(''
Diagramma del modulo di G’(s)
s1)s(G' =
Il diagramma è una retta passante per l’origine con pendenza di - 20dB/dec Diagramma del modulo di G’ ’(s)
G =)s('')4s)(5.0s(
4++
Poli • (s+0,5) = 0 ⇒ p1 = - 0,5 ⇒ 1pω↓ =0,5 rad /sec
• (s+4) = 0 ⇒ p2 = - 4 ⇒ 2pω↓ = 4 rad /sec
In corrispondenza di ciascun polo la pendenza varia –20dB/dec, Costante
• K = 0s
lim→ )4s)(5.0s(
4++
= 2 ⇒ KdB =20⋅log2 = 6 dB
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VII-22
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Diagramma della fase
)4s)(5.0s(s4)s(G
++= ⇒
)4j)(5.0j(j4)j(G
+ω+ω⋅ω=ω
( )ω∠ jG =40arctg -
0arctg ω
- 5,0
arctg ω -
4arctg ω
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano Costante 0° Polo nell’origine -90° 1° Polo ≠0 0,1ωp1 = 0,05 rad/sec (≅ 0°) 10ωp1 = 5 (≅ -90°) 2° Polo ≠0 0,1ωp2 = 0,4 rad/sec (≅ 0°) 10ωp2 = 40 (≅ -90°)
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VII-23
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7.6 Diagrammi di Bode di reti correttrici
Diagrammi di Bode di una rete ritardatrice
G(s)= )s(Vi)s(Vo
=sT1s1
+τ+
τ = R2C T = (R1+R2)C
Diagramma del modulo
Polo
p =T1
− = C)RR(
1
21 ⋅+− ⇒ pω↓ =
T1
=C)RR(
1
21 ⋅+
Zero
z = τ
−1
=CR
1
2− ⇒ ↑ zω =
τ1
= CR
1
2
Nota ωp < ωz Costante K = G(s)=1 ⇒ K
0slim→
dB =20⋅log1 = 0 dB
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VII-24
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Diagramma della fase
G(s)= τ+
+s1sT1
⇒ ωτ+ω+
=ωj1
Tj1)j(G
( ω∠ jG ) = +1Tωarctg -
1arctg ωτ
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano Polo ω = 0,1ωp (≅ 0°) ω = 10ωp (≅ -90°) Zero ω = 0,1ωz (≅ 0°) ω = 10ωz (≅ +90°)
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VII-25
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Diagrammi di Bode di una rete anticipatrice
G(s) = )s(Vi)s(Vo
= asT1s1
+τ+
a = 1RR
R
21
2 <+
;
τ = C 1R⋅ ; T = C ⋅(R1/ /R2)=21
21RRRR
C+⋅
Diagramma del modulo Polo
p =T1
− ⇒ pω↓ = T1
= RpC
1⋅
Zero
z = τ
−1
⇒ ↑ = zωτ1
= 1RC
1⋅
Nota: ωp > ωz Costante
K = G(s) = a ⇒ K0s
lim→
dB =20⋅log a = 20⋅log 21
2RR
R+
Diagramma della fase
G(s)= aτ+
+s1sT1
⇒ ωτ+ω+
=ωj1
Tj1a)j(G
( ω∠ jG ) = a0arctg +
1Tωarctg -
1arctg ωτ
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VII-26
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Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano Costante 180° Zero ω = 0,1ωz (≅ 0°) ω = 10ωz (≅ +90°) Polo ω = 0,1ωp (≅ 0°) ω = 10ωp (≅ -90°)
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VII-27
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Diagrammi di Bode di una rete a sella
G(s)= )s1)(s1()s1)(s1(
41
32τ+τ+τ+τ+
⋅
2211 C)RR( ⋅+=τ ; 112 CR=τ
223 CR=τ ; 1214 C)R//R( ⋅=τ
Poli
11
1pτ
−= ⇒ = 1pω↓1
1τ
41p2 τ
−= ⇒ = 2pω↓4
1τ
Zeri
21
1zτ
−= ⇒ = 1zω↑2
1τ
31z2 τ
−= ⇒ = 2zω↑3
1τ
Nota: Se >1τ 2τ > > ⇒ 3τ 4τ 1pω < 1zω < 2zω < 2pω
Costante K = G(s)=1 ⇒ K
0slim→
dB =20⋅log1 = 0 dB
Si osserva che il circuito agisce contemporaneamente da ritardatore e anticipatore, ma in due bande di pulsazioni diverse.
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VII-28
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Diagramma della fase
G(s)= )s1)(s1()s1)(s1(
41
32τ+τ+τ+τ+
⇒ =ω)j(G )j1)(j1()j1)(j1(
41
32ωτ+ωτ+ωτ+ωτ+
( ω∠ jG ) = 1
arctg 2ωτ +
1arctg 3ωτ
- 1
1ωτarctg -
1arctg 4ωτ
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano 1° polo ω = 0,1ωp1 (≅ 0°) ω = 10ωp1 (≅ -90°) 1° zero ω = 0,1ωz1 (≅ 0°) ω = 10ωz1 (≅ +90°) 2° zero ω = 0,1ωz2 (≅ 0°) ω = 10ωz2 (≅ +90°) 2° polo ω = 0,1ωp2 (≅ 0°) ω = 10ωp2 (≅ -90°)
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VII-29
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7.7 Grafici dei diagrammi di Bode di un sistema del 2° ordine con poli complessi coniugati (ζ<1)
( )12
1
2
2+
ωζ
+ω
=
nn
sssG
Soluzione
( )12
1
2
2+
ωωζ
+ω
ω−=ω
nn
jjG =
nnj
ωω
ζ+ω
ω− 21
1
2
2
Diagramma del modulo
( ) dBjωG = 222 2120
ωζω
+
ωω
−nn
log− [7]
Il diagramma del modulo per ω < ωn e ω > ωn è uguale a quello di un sistema del secondo ordine con polo doppio ( pendenza retta +40dB/decade)
Nell’intorno di ωn, esso subisce delle modificazioni che dipendono da ζ, L’analisi matematica mette in evidenza l’esistenza di un massimo della curva per ζ< 0,7 in corrispondenza della pulsazione 221 ζ−ω=ω np di valore
212
120ξ−ζ
= logG dBmax
Da notare: Nel caso in cui ζ = 0,7 la risposta è quella di un filtro LPF a banda piatta con pulsazione di taglio ωn e pendenza di –40dB/dec. (filtro alla Butterworth de 2° ordine)
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VII-30
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Diagramma della fase
( )
n2n
2
ωωj2ζ
ωω1
1jωG+−
= ⇒ ( )jωG∠ = -
2n
2n
1
2
arctg
ω
ω−
ωζω
nω<<ω ϕ = - arctg 0 = 0°
ω = ωn ϕ =- arctg
112−ζ
= -90°
nω>>ω ϕ = -180°
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VII-31
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Dimostrazione che per ω < ωn e ω > ωn
il diagramma del modulo è quello di un sistema del secondo ordine con polo doppio.
( ) dBjωG = 222 2120
ωζω
+
ωω
−−nn
log
Per ω << ωn
0n
→ωω ⇒ ( ) dBjωG =
222 2120
ωζω
+
ωω
−−nn
log ≅ - 1log20 = 0 dB
La curva è una semiretta di ampiezza o dB
Per ω >> ωn
n
21
ωω
− ≅ n
2
ωω
⇒
( ) dBjωG = 222 2120
ωζω
+
ωω
−nn
log− ≅ 2
n
2
n
2 2log20
ωζω
+
ωω
−
ma il primo termine della radice è predominante per cui si può trascurare il secondo termine della radice, segue
( ) dBjωG = - 4
nlog20
ωω
= -n
log40ωω
Questa equazione rappresenta una retta di pendenza +40dB/decade
ω ( ) dBjωG
ωn 0 dB 10 ωn - 40 dB
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VII-32
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VII-33
7.8 Esercizi - Diagrammi di Bode di sistemi del 2° ordine con poli complessi e coniugati
Esercizio1: Disegnare i diagrammi di Bode del circuito RLC con uscita sul condensatore. R = 470 L=10 mH, C=10 pF
Circuito RLC circuito RLC L -trasformato
Soluzione
)s(IsC1)s(Vo ⋅= dove
sC1sLR
)s(Vi)s(I++
= sostituendo si ha:
1sRCLCs1)s(Vi
sC1LCssRC
)t(VisC1
sC1sLR
)t(VisC1)s(Vo 22 ++
⋅=++
⋅=++
⋅=
• Dal confronto con la eq. tipica ( )1s2s
1sG
n2n
2+
ωζ
+ω
= si ricavano
LC1ωn = =
93 10101010
1−− ⋅⋅⋅
105 rad/sec (pulsazione naturale)
LC
2R
=ζ = 3
9
10.101010
2470
−
−⋅= 0,235 (coefficiente di smorzamento
Essendo ζ < 0,7 il diagramma del modulo presenta un picco di risonanza di ampiezza
212
120ξ−ζ
= logG dBmax = 6,8 dB per 221 ζ−ω=ω np ≅ 0,945⋅10-5 rad/sec;