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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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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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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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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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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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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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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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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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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( )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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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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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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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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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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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
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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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Diagramma della fase
( )
n2
n
2
j2
1
1jG
+
= ( )jG = -
2n
2n
1
2
arctg
n
= -180
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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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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;