7a - Risposta in Frequenza - Bode

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  • 7/28/2019 7a - Risposta in Frequenza - Bode

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    Capitolo

    7Risposta in frequenza

    7.1

    7.2

    7.3

    7.4

    7.5

    7.6

    7.7

    7.8

    7.9

    Risposta in regime sinusoidale

    Generalit: 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 2ordine con policomplessi e coniugati (

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    Rispos ta in f requenza

    7.1 RISPOSTA IN REGIME SINUSOIDALE

    In regime sinusoidale si utilizza la variabile complessa immaginaria pura s = j, dove con siindica la pulsazione del segnale dingresso

    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 lampiezza della sinusoide duscita e lampiezza della

    sinusoide dingresso) se maggiore di uno rappresenta lamplificazione del sistema,invece se minore di uno lattenuazione.

    La fase della f.d.t. rappresenta lo sfasamento della sinusoide duscita rispetto allasinusoide dingresso.

    Risposta in regime sinusoidale

    Se ad un sistema lineare stabile si applica un segnale sinusoidale, a regime il sistemarisponde ancora con un segnale sinusoidale con la medesima pulsazione e con ampiezza efase in funzione di

    UM =EM )G(j (ampiezza del segnale duscita) =

    )(jR

    )G(jIarctg

    e

    m

    (sfasamento)

    dove: = 2f = 2/ ; =[rad/sec]; f =[Hz]

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    Rispos ta in f requenza

    Esercizio1Al circuito in figura (R=1K ; C=1F) applicato un segnale sinusoidale vi(t) = 7sen(1000t)Determinare il segnale duscita.

    circuito RC circuito RC L -trasformato

    Segnale dingressov i(t)= V i M sen(t) ; V i M = 7V ; =10 00 rad/sec ; f = /2= 159z

    Segnale duscitavo(t)= Vo M sen(t+)

    Calcolo dellampiezza del segnale duscita (Vo M)

    sRCsVi

    sVosG

    +==

    1

    1

    )(

    )()( (f.d.t. del circuito RC) ;

    RCj1

    1)j(G

    +=

    )G(j =2)RC(1

    1

    +=

    263 )10101000(1

    1

    +=

    11

    1

    += 0,707

    Vo M =V i M )sG( = 7 0,707 = 4,95 VCalcolo dello sfasamento ( )

    =1

    0arctg

    1

    RCarctg

    =

    1

    RCarctg

    =

    1

    1arctg = 45 = /4 = 0,785

    Segnale duscita

    v i( t) = 7 sen(1000 t)vo(t)= 4,95sen(1000t-0,785)

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    Rispos ta in f requenza

    RISPOSTA IN FREQUENZA

    Per risposta in frequenza si intende: la risposta di un sistema al variare della frequenza fo pulsazione quando in ingresso applicato un segnale sinusoidale.

    Per lanalisi della risposta in frequenza di un sistema, vengono utilizzati dei grafici di facilecostruzione:

    - 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 diagrammadella fase, mentre il diagramma di Nyquist unico.

    7.2 GENERALITA: DIAGRAMMA DI BODE

    Con i diagrammi di Bode possibile lanalisi in frequenza di un sistema in modo rapido, anchese approssimato. Ad es. possiamo ricavare facilmente sia lattenuazione e che lo sfasamento trail segnale dingresso e quello duscita a certe frequenze.

    Diagramma del modulo

    Il diagramma del modulo la rappresentazione grafica dellandamento del modulo della f.d.t.(attenuazione o amplificazione) di un sistema al variare della pulsazione

    In tale diagramma sullasse delle ordinate si riporta in scala lineare il modulo della f.d.t. indecibel

    ( )dB

    jG = 20 log ( )jG

    mentre sullasse delle ascisse, in scala logaritmica si riporta la pulsazione in rad/sec o lafrequenza in Hz

    Vantaggi delluso della scala logaritmica

    In luogo di moltiplicazioni e divisioni si opera con somme e sottrazioni Si pu approssimare il diagramma, on errori accettabili, con delle semirette di facile

    tracciamento

    possibile rappresentare ampi campi di variazione dipulsazioni o frequenze

    Diagramma della fase

    Il diagramma della fase la rappresentazione grafica dellandamento dello sfasamento(argomento) della f.d.t. di un sistema al variare della pulsazione .Sullasse delle ordinate si riporta in scala lineare gli sfasamenti in gradi della f.d.t. mentresullasse delle ascisse, in scala logaritmica, si riporta la pulsazione in rad/sec o la frequenzain Hz

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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 idiagrammi approssimati delle funzioni elementari.

    Dimostrazione

    Consideriamo un generico sistema la cui f.d.t. in forma normale :

    ( ) )s(1)s)(1s(1s

    )s(1)s)(1sK(1)sG(

    pnp2p1g

    zm2zz1

    +++

    +++= ponendo s=j si ha:

    ( ) )(1))(1(1j

    )(1))(1jK(1)G(j

    pnp2p1g

    zm2zz1

    +++

    +++=

    jjj

    jj[1]

    Per convenzione =K definito guadagno statico(s)Gslim g0s

    1

    Per il modulo

    ( )dB

    jG = 20 log ( )jG

    sviluppando:

    dB)(jG = +Klg20 1120 zjlg + + ..+

    ( )gjlg

    120 +

    11

    120

    pjlg

    ++ [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 pu ottenere tracciandosingolarmente i diagrammi di dette funzioni elementari per poi sommarli.

    Per la fase

    Largomento di G(j), la somma degli argomenti dei singoli fattori della [1]( jG )

    )( jG = K + ( )11 j+ + .. - ( )g

    j - 11 pj+ - [3]

    Anche per largomento il diagramma di Bode lo si pu ottenere tracciando singolarmente idiagrammi delle funzioni elementari per poi sommarli.

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

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    Rispos ta in f requenza

    Diagrammi di Bode delle funzioni elementari2

    Note: la scala delle ascisse normalizzata; i diagrammi dei poli sono ottenuti da quelli deglizeri ribaltando le curve

    2 Manuale di Elettronica e Telecomunicazioni G. Biondi, E Sacchi - Hoepli

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    7.4 GRAFICI DEI DIAGRAMMI DI BODE DELLE FUNZIONI ELEMENTARI

    Costante moltiplicativa G(j) = KDiagramma del modulo

    ( )dB

    jG = 20 log K

    fig. 1 fig. 2

    Diagramma della fase

    ( ) jG = = 0180

    000KperKper

    Karctg

    fig. 3 fig. 4

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    Rispos ta in f requenza

    Polo nellorigine G(s) = 1/s

    ( )

    =j

    jG 1

    Diagramma del modulo

    ( )dB

    jG = =

    loglog 201

    20Si tratta di una retta con pendenza 20 dB/decche interseca lasse delle ascisse nel punto =1.

    Per disegnare il diagramma troviamo dei punti:

    ( ) dBjG = -20log 0,1 +20 dB

    1 0 dB

    10 -20 dB

    fig. 7

    Diagramma della fase

    ( ) =j

    jG1

    = -(

    jG)

    0arctg = - arctg = - 90

    fig. 8

    Da notare:

    Se il polo nellorigine ha molteplicit g

    ( )( )gj

    jG

    = 1

    Il diagramma del modulo sar ancora una retta, che interseca lasse delle ascisse nelpunto = 1, ma con pendenza 20g

    Il diagramma della fase sar ancora una retta parallela allasse delle ascisse ma divalore 90g

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    Rispos ta in f requenza

    Zero nellorigine G(s) = s

    ( )= jjG

    Diagramma del modulo

    ( )dB

    jG = log20 Si tratta di una retta con pendenza + 20 dB/decadeche interseca lasse delle ascisse nel punto =1.

    Per disegnare il diagramma troviamo dei punti:

    ( ) dBjG = -20log 0,1 -20 dB

    1 0 dB

    10 +20 dB

    fig. 9

    Diagramma della fase

    ( ) = jjG =( jG )

    0

    arctg = arctg = +90

    fig. 10

    Da notare:

    Se lo zero nellorigine ha molteplicit g

    ( ) ( )gjjG = Il diagramma del modulo sar ancora una retta, che interseca lasse delle ascisse nel

    punto =1, ma con pendenza +20g Il diagramma della fase sar ancora una retta parallela allasse delle ascisse ma di

    valore +90g

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    Rispos ta in f requenza

    Zero reale e negativo G(s)=1+sG(j)=1 + jz

    Diagramma del modulo

    ( )dB

    jG = zjlog +120 = ( )21 zlog +20

    ponendo z=1/z, si ha: ( ) dBjG =2

    120

    +z

    log [4]

    Il diagramma pu essere tracciato per tratti in modo approssimato (diagramma asintotico), indiconsideriamo i due casi: > z

    a) per > z si pu trascurare 1 pertanto la [4] diviene:( )

    dBjG =

    2

    20

    z

    log =z

    log

    20

    In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza +20dB/decade, che interseca lasse delle ascisse nel punto =z 100p 40 dB

    Il massimo errore che si commette nellarappresentazione asintotica si ha per=z e vale3dB, infatti:

    ( )dB

    jG =2

    120

    +z

    log =

    = 1120 +log = 3dB

    fig. 5

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    Diagramma della fase

    G(j)=1 + jz ( ) jG = 1zarctg

    ponendo z=1/z, si ha( ) jG =

    z

    arctg

    Per disegnare il grafico troviamo i punti pi significativi:

    Fase( ) jG faseapprossimata0 arctg 0 = 0 0

    0,1 z arctg 0,1 = 0,7 0z arctg 1 = 45 45

    10z arctg 10 = 84,3 90 arctg = 90 90 fig. 6

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    Rispos ta in f requenza

    Polo reale e negativo G(s) = 1/1+s

    ( )pj

    jG += 11

    Diagramma del modulo

    ( )dB

    jG =11

    120

    pjlg

    +=

    ( )211

    p

    log

    +20 = - ( )2120 plog +

    ponendo z=1/z, si ha ( ) dBjG = -2

    120

    +p

    log [5]

    Il diagramma pu essere tracciato per tratti in modo approssimato (diagramma asintotico),pertanto consideriamo i due casi: > p

    a) per > p si pu trascurare 1, pertanto la [5] diviene:( )

    dBjG = -

    2

    z

    log20 = -z

    log

    20

    In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza+20 dB/decade che interseca lasse delle ascisse nel punto =p 100p - 40 dB

    Il massimo errore che si commette nellarappresentazione asintotica si ha per=pe vale -3 dB, infatti:

    ( )dB

    jG = -

    2

    1

    +p

    log20

    = - 1120 +log = - 3dB

    fig. 11

    Diagramma della fase

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    Rispos ta in f requenza

    ( )pj

    jG

    +

    =

    1

    1 ( ) =jG1

    0arctg -

    1

    parctg

    = -

    1

    parctg

    ponendo z=1/p, si ha ( ) jG = -p

    arctg

    per disegnare il grafico troviamo i punti pi significativi:

    Fase( ) jG faseapprossimata0 - arctg 0 = 0 0

    0,1 p - arctg 0,1 = - 0,7 0p - arctg 1 = - 45 - 45

    10p - arctg 10 = - 84,3 - 90 - arctg = - 90 - 90 fig. 12

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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= 1KF= 1 F

    Soluzione

    = 1K1 F = 10+3 10 - 6 = 0,001 sec

    s1

    1G(s)

    += =

    s001,01

    1

    + La f.d.t. presenta un polo

    )j(G =001,0j1

    1

    +

    Diagramma del modulo

    Polo

    (1+0,001s) = 0 s = p = - 10 rad /sec3 3p 10=Nota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di p la spezzata scende di - 20 dB/dec

    Costante

    K ='s

    lim )s001,01(

    1

    +=1 KdB =20log1 = 0dB

    Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nelseguente modo: si traccia una semiretta parallelaallasse di ordinata 0 dB fino a p=10

    3, da p il diagramma scende con pendenza di 20 db/dec

    ( )dB

    jG =001,0j1

    1lg20

    +=

    2

    10001

    1log

    +

    20 =2

    1001log20

    +

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    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    ( ) jG = 10arctg - 1001,0arctg = -

    1000arctg

    Per disegnare il grafico troviamo i punti pi significativi per 0,1 e 10

    Fase( ) jG faseapprossimata(errore di 5)

    0 - arctg 0 = 0 0

    0,1p =100 - arctg 0,1 = - 0,7 010p = 10000 - arctg 10 = - 84,3 - 90

    - arctg = - 90 - 90

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    Rispos ta in f requenza

    Esercizio 2 Tracciare i diagramma di Bode del circuito in figura (filtro passa alto)

    R= 1KC= 1 F

    Soluzione

    = RC = 1K1 F = 10+ 3 10 - 6 = 0,001 sec

    s1

    sG(s)

    +

    = 0,001s1

    0,001s

    +

    G(j),0010j1

    ,0010j

    +

    =

    Diagramma del modulo

    la f.d.t. presenta uno zero nellorigine e un polo reale (p=1000 rad/sec)

    ( )dB

    jG =001,0j1

    001,0jlg20

    +

    = 20 001,0log +2

    10001

    1log20

    +

    Per costruire il diagramma del modulo bastasommare i diagrammi elementari relativi ad uno zeronellorigine ed un polo reale (p=1000 rad/sec)

    Nota:

    In pratica la somma viene effettuata sommandole pendenze: pendenze uguali ed opposte siannullano reciprocamente, producendo unandamento costante.

    Contributodello zero

    Contributodel polo

    Diagramma della fase

    ( ) jG =0

    001,0arctg

    -

    1

    001,0arctg

    = 90 -

    1000

    arctg

    Per costruire il diagramma della fase basta sommare i diagrammi elementari relativi ad unozero nellorigine ed un polo reale

    Elementi per la costruzione del diagramma del polo

    Fase( ) jG 0 - arctg 0 = 0

    0,1p =100 - arctg 0,1 010p = 10000 - arctg 10 - 90

    - arctg = - 90

    Contributodello zero

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    Rispos ta in f requenza

    Esercizio 3 Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. la seguente

    100s

    1000G(s) += = 01,0s1

    10

    + (f.d.t. di un filtro passa basso attivo)

    Soluzione

    G(j)01,0j1

    10

    +=

    Diagramma del modulo

    La f.d.t. presenta un polo (1+s0,01) = 0 s = p = - 100 100p = rad /secNota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di la spezzata scende di - 20 dB/dec.

    K ='s

    lim )100s(

    1000

    +=10 KdB =20log10 = 20dB

    Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nelseguente modo: si traccia una semiretta parallelaallasse di ordinata 20 dB fino a p=10, da p il diagramma scende con pendenza di 20 db/dec

    Diagramma della fase

    ( ) jG =1

    0arctg -

    1

    01,0arctg

    = -

    100arctg

    Per disegnare il grafico si trova i punti pi significativi dividendo per 10 e moltiplicando per 10la pulsazione p

    Fase

    ( ) jG fase

    approssimata(errore di 5)

    0 - arctg 0 = 0 0

    0,1p =10 - arctg 0,1 = - 0,7 010p = 1000 - arctg 10 = - 84,3 - 90

    - arctg = - 90 - 90

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    Rispos ta in f requenza

    Esercizio 4 Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. la seguente

    )10s1)(10s1(

    10)s(G

    43

    ++

    =

    Soluzione

    )10j1)(10j1(

    10)j(G

    43 ++=

    Diagramma del ModuloPoliLa f.d.t. presenta due poli non nellorigine, in corrispondenza di ciascun polo la pendenza varia20dB/dec,

    (1+s10 - 3) = 0 = p1

    = - 103 rad /sec31p 10=

    (1+s10 - 4) = 0 = p2 = - 10- 4 rad /sec42p 10=

    Costante

    K =0s

    lim )10s1)(10s2(

    1043 ++

    =10 KdB =20log10 = 20dB

    Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semiretta

    parallela allasse di ordinata 20 dB fino a 1p , da 1p a 2p il diagramma scende conpendenza di 20 db/dec da il diagramma scende invece con pendenza 40dB/dec2p

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    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    ( ) jG =100arctg -

    310arctg = -

    410arctg

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano

    Costante 01 Polo 0,1p1= 10

    2rad/sec ( 0) 10p1 =10

    4 ( -90)2 Polo 0,1p2= 10

    3rad/sec ( 0) 10p2 =10

    5 ( -90)

    Contributo 1 polo

    Contributo 2 po lo

    Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici VII-19

  • 7/28/2019 7a - Risposta in Frequenza - Bode

    20/33

    Rispos ta in f requenza

    Esercizio 5 Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. la seguente

    )10s1(

    )s101(05,0)s(G

    5

    4

    +

    +=

    Soluzione

    )10j1(

    )10j1(05,0)s(G

    5

    4

    +

    +=

    Diagramma del ModuloZeri

    (1+s10 - 4) = 0 z = s = - 104 rad /sec4z

    10=In corrispondenza dello zero la pendenza varia +20dB/dec

    Poli

    (1+s10 - 5) = 0 p = s = - 105 rad /sec5p 10=In corrispondenza del polo la pendenza varia -20dB/dec

    Costante

    K =0s

    lim )10s1(

    )s101(05,05

    4

    +

    += 0,05 KdB =20log0,01 = - 26dB

    Il diagramma asintotico del modulo si costruisce nel seguente modo: si traccia una semirettaparallela allasse di ordinata -26 dB fino a z , da z a p il diagramma sale con

    pendenza di + 20 db/dec, da il grafico rimane costante.z

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  • 7/28/2019 7a - Risposta in Frequenza - Bode

    21/33

    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    ( ) jG =05,00arctg +

    410arctg -

    510arctg

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommanoCostante 0Zero 0,1z= 10

    3rad/sec ( 0) 10z =10

    5 ( +90)Polo 0,1p= 10

    4rad/sec ( 0) 10p =10

    6 ( -90)

    Contributo Zero

    Contributo polo

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    Rispos ta in f requenza

    Esercizio 6 Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. la seguente

    )4s)(5.0s(s

    4)s(G

    ++

    =

    Diagramma del Modulo

    Quando la G(s) presenta poli o zeri nellorigine per tracciare il diagramma del modulo bisognaconsiderarla 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)

    s

    1)s(G ' =

    Il diagramma una retta passante per lorigine 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 1p =0,5 rad /sec (s+4) = 0 p2 = - 4 2p = 4 rad /secIn corrispondenza di ciascun polo la pendenza varia 20dB/dec,

    Costante

    K =0s

    lim )4s)(5.0s(

    4

    ++= 2 KdB =20log2 = 6 dB

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  • 7/28/2019 7a - Risposta in Frequenza - Bode

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    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    )4s)(5.0s(s

    4)s(G

    ++

    = )4j)(5.0j(j

    4)j(G

    ++

    =

    ( ) jG =4

    0arctg -

    0arctg

    -

    5,0arctg

    -

    4arctg

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano

    Costante 0Polo nellorigine -90

    1 Polo 0 0,1p1 = 0,05rad/sec ( 0) 10p1 = 5 ( -90)2 Polo 0 0,1p2 = 0,4rad/sec ( 0) 10p2 = 40 ( -90)

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    24/33

    Rispos ta in f requenza

    7.6 Diagrammi di Bode di reti correttrici

    Diagrammi di Bode di una rete ritardatrice

    G(s)=)s(Vi

    )s(Vo=

    sT1

    s1

    ++

    = R2C T = (R1+R2)C

    Diagramma del moduloPolo

    p =T

    1 =

    C)RR(

    1

    21 + p = T

    1=

    C)RR(

    1

    21 +

    Zero

    z =

    1

    =CR

    1

    2 z =

    1=

    CR

    1

    2

    Nota p < zCostante

    K = G(s )=1 K0s

    lim

    dB =20log1 = 0 dB

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    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    G(s)=+

    +s1sT1

    ++=

    j1Tj1)j(G

    ( jG ) = +1

    Tarctg -

    1arctg

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommanoPolo = 0,1p ( 0) = 10p ( -90)Zero = 0,1z ( 0) = 10z ( +90)

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    26/33

    Rispos ta in f requenza

    Diagrammi di Bode di una rete anticipatrice

    G(s) =)s(Vi

    )s(Vo= a

    sT1

    s1

    ++

    a = 1RR

    R

    21

    2 zCostante

    K = G(s ) = a K0s

    lim

    dB =20log a = 20log21

    2RR

    R+

    Diagramma della fase

    G(s)= a+

    +s1

    sT1

    ++

    =j1

    Tj1a)j(G

    ( jG ) =a

    0arctg +

    1

    Tarctg -

    1arctg

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    27/33

    Rispos ta in f requenza

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommanoCostante 180

    Zero = 0,1z ( 0)

    = 10z ( +90)Polo = 0,1p ( 0) = 10p ( -90)

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    28/33

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    29/33

    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    G(s)=)s1)(s1(

    )s1)(s1(

    41

    32

    ++

    ++ =)j(G

    )j1)(j1(

    )j1)(j1(

    41

    32

    ++

    ++

    ( jG ) =1

    arctg 2

    +1

    arctg 3

    -1

    1arctg -1

    arctg 4

    Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano1 polo = 0,1p1 ( 0) = 10p1 ( -90)

    1 zero = 0,1z1 ( 0) = 10z1 ( +90)

    2 zero{

    = 0,1z2 ( 0)z = 10

    z2( +90)

    2 polo = 0,1p2 ( 0) = 10p2 ( -90)

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    30/33

    Rispos ta in f requenza

    7.7 Grafici dei diagrammi di Bode di un sistema del 2 ordine con poli complessi coniugati

    ( n uguale a quello di un sistema del secondoordine con polo doppio ( pendenza retta +40dB/decade)

    Nellintorno di n, esso subisce delle modificazioni che dipendono da ,

    Lanalisi matematica mette in evidenza lesistenza di un massimo della curva per< 0,7 in corrispondenza della pulsazione 221 = np di valore

    212

    120

    = logG

    dBmax

    Da notare:

    Nel caso in cui = 0,7 la risposta quella di un filtro LPF a banda piatta conpulsazione di taglio n e pendenza di 40dB/dec. (filtro alla Butterworth de 2 ordine)

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    Rispos ta in f requenza

    Diagramma della fase

    ( )

    n2

    n

    2

    j2

    1

    1jG

    +

    = ( )jG = -

    2n

    2n

    1

    2

    arctg

    n

    = -180

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    32/33

    Rispos ta in f requenza

    Dimostrazione che per < n e > nil diagramma del modulo quello di un sistema del secondo ordine con polo doppio.

    ( )dB

    jG =222 2

    120

    +

    nn

    log

    Per > nn

    21

    n

    2

    ( )dB

    jG =222 2

    120

    +

    nn

    log 2

    n

    2

    n

    2 2log20

    +

    ma il primo termine della radice predominante per cui si pu trascurare il secondotermine della radice, segue

    ( )dB

    jG = -4

    nlog20

    = -n

    log40

    Questa equazione rappresenta una retta di pendenza +40dB/decade

    ( )dB

    jG

    n 0 dB10 n - 40 dB

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    33/33

    Rispos ta in f requenza

    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 sulcondensatore. R= 470 L=10 mH, C=10 pF

    Circuito RLC circuito RLC L -trasformatoSoluzione

    )s(IsC1)s(Vo = dove

    sC

    1sLR

    )s(Vi)s(I++

    = sostituendo si ha:

    1sRCLCs

    1)s(Vi

    sC

    1LCssRC

    )t(Vi

    sC

    1

    sC

    1sLR

    )t(Vi

    sC

    1)s(Vo

    22 ++=

    ++=

    ++=

    Dal confronto con la eq. tipica ( )

    1s2s

    1sG

    n2

    n

    2+

    +

    = si ricavano

    LC1n = =

    93 101010101

    105 rad/sec (pulsazione naturale)

    L

    C

    2

    R= =

    3

    9

    10.10

    1010

    2

    470

    = 0,235 (coefficiente di smorzamento

    Essendo < 0,7 il diagramma del modulo presenta un picco di risonanza di ampiezza

    212

    120

    = logG

    dBmax= 6,8 dB per 221 = np 0,94510

    -5 rad/sec;