Capitolo 7 - IIS Alessandrini-Marino...

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]

Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici

VII-2


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)


VII-3


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


VII-4


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.


VII-5

1 VI-65 Manuale di Elettronica e Telecomunicazioni, G.Biondo, E.Sacchi, Hoepli


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


VII-6


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


VII-7


Polo nell’origine G(s) = 1/s

( )ω

=ωj

jG 1


( ) 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


VII-8


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


( ) 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


VII-9


Zero reale e negativo G(s)=1+sτ

G(jω)=1 + jωτz


( ) 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


VII-10



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


VII-11


Polo reale e negativo G(s) = 1/1+sτ

( )pj

jGωτ+

=ω1

1


( ) 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


VII-12


( )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


VII-13


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

+−


VII-14



( )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°


VII-15


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
ontributo
el polo
andamento costante.

- 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


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+

=


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



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°


VII-17



)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


VII-18



( )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°)

Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Aut

Contributo 1° polo

Contributo 2° p o l o

omatici

VII-19



)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


VII-20



( )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


Contributo polo

VII-21



)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


VII-22



)4s)(5.0s(s4)s(G

++= ⇒

)4j)(5.0j(j4)j(G

+ω+ω⋅ω=ω


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°)


VII-23


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


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


VII-24



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°)


VII-25


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+


G(s)= aτ+

+s1sT1

⇒ ωτ+ω+

=ωj1

Tj1a)j(G

( ω∠ jG ) = a0arctg +

1Tωarctg -

1arctg ωτ


VII-26


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°)


VII-27


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.


VII-28



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°)


VII-29


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


( ) 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)


VII-30



( )

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°


VII-31


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


VII-32



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;

Capitolo 7 - IIS Alessandrini-Marino...

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