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Risposta in frequenza

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Risposta in frequenza
7
Capitolo
Risposta in frequenza
7.1
Risposta in regime sinusoidale
7.2
Generalità: diagrammi di Bode.
7.3
Tracciamento dei diagrammi di Bode
7.4
Grafici dei diagrammi di Bode delle funzioni elementari
7.5
Esempi di tracciamento dei diagrammi di Bode
7.6
Diagrammi di Bode delle f.d.t. di reti correttrici
7.7
Diagrammi di Bode di un sistema del 2°ordine con poli
complessi e coniugati (ζ <1)
7.8
Esempi di tracciamento dei diagrammi di Bode di
sistemi del 2° ordine
7.9
Diagrammi di Nyquist.
Risposta in frequenza
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
f.d.t. = G(s) =
U(s)
E(s)
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)
I G(jω)
(sfasamento)
ϕ = arctg m
R e (jω)
dove: ω = 2πf = 2π/Τ ; ω=[rad/sec];
f =[Hz]
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-2
Risposta in frequenza
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
v i (t)= V i M ⋅ sen(ωt)
V i M = 7V ; ω =1000rad/sec ; f = ω/2π= 159Ηz
;
Segnale d’uscita
vo(t)= V o M ⋅ sen(ωt+ϕ)
Calcolo dell’ampiezza del segnale d’uscita (V o M )
G(s) =
G(jω)
Vo( s )
1
=
(f.d.t. del circuito RC) ;
Vi ( s ) 1 + sRC
=
1
1 + (ωRC)
2
1
=
3
1 + (1000 ⋅ 10 ⋅ 10
−6 2
G ( jω) =
=
)
1
1+1
1
1 + jωRC
= 0,707
V o M = V i M G(s) = 7⋅ 0,707 = 4,95 V
Calcolo dello sfasamento (ϕ )
ϕ = arctg
0
ωRC
1
ωRC
− arctg
= − arctg
= arctg = − 45° = −π/4 = − 0,785
1
1
1
1
Segnale d’uscita
v i (t) = 7⋅sen(1000⋅t)
vo(t)= 4,95⋅ sen(1000t-0,785)
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-3
Risposta in frequenza
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 Ny quist.
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
G ( jω) dB = 20 log G ( jω)
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
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-4
Risposta in frequenza
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:
G(s) =
K(1 + s z1 )(1 + sτ 2z ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅(1 + sτ zm )
ponendo s=jω si ha:
(s )g (1 + sτ p1 )(1 + sτ p2 ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅(1 + sτ pn )
G(jω) =
K(1 + jωτ z1 )(1 + jωτ 2z ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅(1 + jωτ zm )
( jω)g (1 +
Per convenzione
[1]
jωτ p1 )(1 + jωτ p2 ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅(1 + jωτ pn )
lim s g ⋅ G (s) =K è definito guadagno statico1
s→0
Per il modulo
G ( jω) dB = 20 log G ( jω)
sviluppando:
G (jω) dB = 20 lg K + 20 lg 1 + jωτ z1 + ..…+ 20 lg
↑
costante
↑
zero reale
1
( jω )
+ 20 lg
g
1
+ … [2]
1 + jωτ p1
↑
↑
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), ∠G ( jω) è la somma degli argomenti dei singoli fattori della [1]
(
)
∠G ( jω) = ∠K + ∠(1 + jωτ z1 ) + .. - ∠( jω) g - ∠ 1 + jωτ p1 - … [3]
Anche per l’argomento il diagramma di Bode lo si può ottenere tracciando singolarmente i
diagrammi delle funzioni elementari per poi sommarli.
1
VI-65 Manuale di Elettronica e Telecomunicazioni, G.Biondo, E.Sacchi, Hoepli
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-5
Risposta in frequenza
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
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-6
Risposta in frequenza
7.4
GRAFICI DEI DIAGRAMMI DI BODE DELLE FUNZIONI ELEMENTARI
Costante moltiplicativa G(jω) = K
Diagramma del modulo
G ( jω) dB = 20 log K
fig. 1
fig. 2
Diagramma della fase
0  0
∠G ( jω) = arctg   = 
 K  180°
per
per
K >0
K <0
fig. 3
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
fig. 4
VII-7
Risposta in frequenza
Polo nell’origine G(s) = 1/s
G ( jω) =
1
jω
Diagramma del modulo
G ( jω) dB = 20 log
1
= −20 log ω
ω
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:
G ( jω) dB = -20log ω
ω
0,1
+20 dB
1
0 dB
10
-20 dB
fig. 7
Diagramma della fase
G ( jω) =
1
jω
⇒
 ω
∠G ( jω) = - arctg   = - arctg ∞ = - 90°
0
fig. 8
Da notare:
Se il polo nell’origine ha molteplicità g
G ( jω) =
•
•
1
( jω)g
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
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-8
Risposta in frequenza
Zero nell’origine G(s) = s
G ( jω) = jω
Diagramma del modulo
G ( jω) dB = 20 log ω
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:
G ( jω) dB = -20log ω
ω
0,1
-20 dB
1
0 dB
10
+20 dB
fig. 9
Diagramma della fase
 ω
G ( jω) = jω ⇒ ∠G ( jω) = arctg   = arctg ∞ = +90°
0
fig. 10
Da notare:
Se lo zero nell’origine ha molteplicità g
G ( jω) = ( jω) g
•
•
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
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-9
Risposta in frequenza
Zero reale e negativo G(s)=1+sτ
G(jω)=1 + jωτz
Diagramma del modulo
G ( jω) dB =
20 log 1 + jωτ z = 20 log 1 + (ωτ z )2
ponendo ωz=1/τz,
si ha:
 ω
G ( jω) dB = 20 log 1 + 
 ωz



2
[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
 ω
 ωz
si può trascurare 
pertanto la [4] diviene

 ,

G ( jω) dB = 20log 1 = 0 dB
In maniera approssimata, si tratta di un segmento orizzontale condotto per 0 dB
con estremi ω = 0 e ω = ωz
b) per ω >> ωz
Alcuni punti utili
per disegnare
la semiretta
si può trascurare 1 pertanto la [4] diviene:
 ω
G ( jω) dB = 20 log 
 ωz



2
= 20 log
ω
ωz
ω
ωp
10ωp
100ωp
In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza +20
dB/decade, che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=ωz
G ( jω ) dB
0 dB
20 dB
40 dB
Il massimo errore che si commette nella
rappresentazione asintotica si ha per ω=ωz e vale
3dB, infatti:
G ( jω) dB
 ω
= 20 log 1 + 
 ωz



2
=
= 20 log 1 + 1 = 3dB
fig. 5
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-10
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
G(jω)=1 + jωτz
⇒
ponendo ωz=1/τz,
si ha
∠G ( jω) = arctg
∠G ( jω) = arctg
ωτ z
1
ω
ωz
Per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi:
ω
0
Fase
fase
approssimata
∠G ( jω)
arctg 0 = 0°
0,1 ωz arctg 0,1 = 0,7°
arctg 1 = 45°
ωz
10ωz arctg 10 = 84,3°
∞
arctg ∞ = 90°
0°
0°
45°
90°
90°
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
fig. 6
VII-11
Risposta in frequenza
Polo reale e negativo G(s) = 1/1+sτ
G ( jω) =
1
1 + jωτ p
Diagramma del modulo
G ( jω) dB = 20 lg
1
1
= 20 log
1 + jωτ p1
1 + ωτ p
(
ponendo ωz=1/τz,
)
2
(
= - 20 log 1 + ωτ p
 ω
G ( jω) dB = - 20 log 1 + 
 ωp

si ha




)2
2
[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
 ω 
,
si può trascurare 
G ( jω ) dB = - 20log 1 = 0 dB
 ωp 


pertanto la [5] diviene
In maniera approssimata, si tratta di un segmento orizzontale condotto per 0 dB con estremi
ω=0 e ω=ωp
b) per ω >> ωp
si può trascurare 1, pertanto la [5] diviene:
 ω
G ( jω ) dB = - 20 log 
 ωz



2
= - 20 log
ω
ωz
Alcuni punti utili
per disegnare
la semiretta
ω
In maniera approssimata, si tratta di una semiretta con pendenza
+20 dB/decade che interseca l’asse delle ascisse nel punto ω=ωp
ωp
10ωp
100ωp
G ( jω ) dB
0 dB
- 20 dB
- 40 dB
Il massimo errore che si commette nella
rappresentazione asintotica si ha per ω=ωp
e vale -3 dB, infatti:
G ( jω) dB
 ω
= - 20 log 1 + 
 ωp





2
= - 20 log 1 + 1 = - 3dB
fig. 11
Diagramma della fase
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-12
Risposta in frequenza
G ( jω) =
1
⇒
1 + jωτ p
ponendo ωz=1/τp,
∠G ( jω) = arctg
si ha
ωτ p
ωτ p
0
- arctg
= - arctg
1
1
1
∠G ( jω) = - arctg
ω
ωp
per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi:
ω
0
0,1 ωp
ωp
10ωp
∞
Fase
∠G ( jω)
fase
approssimata
- arctg 0 = 0°
0°
- arctg 0,1 = - 0,7°
0°
- arctg 1 = - 45°
- 45°
- arctg 10 = - 84,3° - 90°
- arctg ∞ = - 90°
- 90°
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
fig. 12
VII-13
Risposta in frequenza
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
G(s) =
1
1
=
1 + sτ 1 + 0,001 ⋅ s
G ( jω) =
La f.d.t. presenta un polo
1
1 + jω ⋅ 0,001
Diagramma del modulo
Polo
(1+0,001⋅s) = 0 ⇒ s = p = - 103 ⇒ ↓ ωp = 103 rad /sec
Nota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di ωp la spezzata scende di - 20 dB/dec
Costante
•
K = lim
s →'
1
=1
(1 + 0,001 ⋅ s)
⇒ 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 ω p =103, da ω p
il diagramma scende con pendenza di – 20 db/dec
G ( jω) dB = 20 lg
1
= 20 log
1 + jω ⋅ 0,001
1
 ω 
1+ 

 1000 
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
2
 ω 

 100 
= − 20 log 1 + 
2
VII-14
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
∠G ( jω) = arctg
ω
ω ⋅ 0,001
0
- arctg
= - arctg
1
1
1000
Per disegnare il grafico troviamo i punti più significativi per 0,1ω e 10ω
ω
0
0,1ωp = 100
Fase
∠G ( jω)
- arctg 0 = 0°
- arctg 0,1 = - 0,7°
fase
approssimata
(errore di ≅ 5°)
0°
0°
10ωp = 10000 - arctg 10 = - 84,3° - 90°
- 90°
∞
- arctg ∞ = - 90°
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-15
Risposta in frequenza
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
G(s) =
sτ
s ⋅ 0,001
jω ⋅ 0,001
⇒ G(jω) =
1 + jω ⋅ 0,001
1 + sτ 1 + s ⋅ 0,001
Diagramma del modulo
la f.d.t. presenta uno zero nell’origine e un polo reale (ω p =1000 rad/sec)
G ( jω) dB = 20 lg
jω ⋅ 0,001
= 20 log ω ⋅ 0,001 + 20 log
1 + jω ⋅ 0,001
Contributo
dello zero
Contributo
del polo
1
 ω 
1+ 

 1000 
2
Per costruire il diagramma del modulo basta
sommare i diagrammi elementari relativi ad uno zero
nell’origine ed un polo reale (ω p =1000 rad/sec)
Nota:
In pratica la somma viene effettuata sommando
le pendenze: pendenze uguali ed opposte si
annullano reciprocamente, producendo un
andamento costante.
Diagramma della fase
∠G ( jω) = arctg
ω
ω ⋅ 0,001
ω ⋅ 0,001
- arctg
= 90° - arctg
0
1
1000
Per costruire il diagramma della fase basta sommare i diagrammi elementari relativi ad uno
zero nell’origine ed un polo reale
Elementi per la costruzione del diagramma del polo
ω
0
0,1ωp = 100
Fase
∠G ( jω)
Contributo
dello zero
- arctg 0 = 0°
- arctg 0,1 ≅ 0
10ωp = 10000 - arctg 10 ≅ - 90°
∞
- arctg ∞ = - 90°
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-16
Risposta in frequenza
Esercizio 3 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
G(s) =
1000
10
=
(f.d.t. di un filtro passa basso attivo)
s + 100 1 + s ⋅ 0,01
Soluzione
10
G(jω) =
1 + jω ⋅ 0,01
Diagramma del modulo
La f.d.t. presenta un polo
• (1+s⋅0,01) = 0 ⇒ s = p = - 100
⇒ ↓ ωp = 100 rad /sec
Nota: la freccia in basso indica che in corrispondenza di ω la spezzata scende di - 20 dB/dec.
•
K = lim
s →'
1000
=10
(s + 100)
⇒ 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 ω p =10, da ω p
il diagramma scende con pendenza di – 20 db/dec
Diagramma della fase
∠G ( jω) = arctg
0
ω ⋅ 0,01
ω
- arctg
= - arctg
1
100
1
Per disegnare il grafico si trova i punti più significativi dividendo per 10 e moltiplicando per 10
la pulsazione ωp
ω
0
Fase
∠G ( jω)
- arctg 0 = 0°
fase
approssimata
(errore di ≅ 5°)
0°
0,1ωp = 10
- arctg 0,1 = - 0,7°
10ωp = 1000
∞
- arctg 10 = - 84,3°
- 90°
- arctg ∞ = - 90°
- 90°
0°
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-17
Risposta in frequenza
Esercizio 4 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
G (s) =
10
(1 + s ⋅ 10−3 )(1 + s ⋅ 10− 4 )
Soluzione
G ( jω) =
10
(1 + jω ⋅ 10−3 )(1 + jω ⋅ 10− 4 )
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 = - 10 3
⇒ ↓ ω p1 = 10 3 rad /sec
•
(1+s⋅10 - 4 ) = 0 ⇒ = p2 = - 10 - 4
⇒ ↓ ωp 2 = 104 rad /sec
Costante
K = lim
s→0
10
(2 + s ⋅ 10−3 )(1 + s ⋅ 10− 4 )
=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 ωp1 , da ωp1 a ωp 2 il diagramma scende con
pendenza di – 20 db/dec da ωp 2 il diagramma scende invece con pendenza –40dB/dec
Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici
VII-18
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
∠G ( jω) = arctg
0
ω
ω
- arctg
= - arctg
3
10
10
104
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano
Costante
0°
1° Polo
… 0,1ωp1= 10 rad/sec (≅ 0°)
2° Polo
3
2
0,1ωp2= 10 rad/sec (≅ 0°)
4
(≅ -90°)
5
(≅ -90°)
„ 10ωp1 =10
10ωp2 =10
Contributo 1° polo
Contributo 2° p o l o
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VII-19
Risposta in frequenza
Esercizio 5 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
G (s) =
0,05 ⋅ (1 + 10 −4 s)
(1 + s ⋅10 − 5 )
Soluzione
G (s) =
0,05 ⋅ (1 + jω ⋅10 −4 )
(1 + jω ⋅10 − 5 )
Diagramma del Modulo
Zeri
• (1+s⋅10 - 4 ) = 0 ⇒ z = s = - 10 4 ⇒ ↑ ωz = 10 4 rad /sec
In corrispondenza dello zero la pendenza varia +20dB/dec
Poli
⇒ ↓ ωp = 105 rad /sec
In corrispondenza del polo la pendenza varia -20dB/dec
•
(1+s⋅10 - 5 ) = 0
⇒ p = s = - 10 5
Costante
•
K = lim
s→0
0,05 ⋅ (1 + 10 −4 s)
(1 + s ⋅10 − 5 )
= 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 ω z , da ω z a ω p il diagramma sale con
pendenza di + 20 db/dec, da ωz il grafico rimane costante.
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VII-20
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
∠G ( jω) = arctg
0
ω
ω
+ arctg
- arctg
0,05
10 4
105
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano
Costante
0°
Zero
Polo
3
… 0,1ωz= 10 rad/sec (≅ 0°)
4
0,1ωp= 10 rad/sec (≅ 0°)
5
(≅ +90°)
6
(≅ -90°)
„ 10ωz =10
10ωp =10
Contributo Zero
Contributo polo
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VII-21
Risposta in frequenza
Esercizio 6 – Tracciare i diagramma di Bode di un sistema la cui f.d.t. è la seguente
4
s(s + 0.5)(s + 4)
G (s) =
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
G (s) = G ' (s) ⋅ G '' (s) = s ⋅
4
s(s + 0.5)(s + 4)
Il diagramma complessivo si ottiene sommando i diagrammi di G ' (s) con quello di G '' (s)
Diagramma del modulo di G ’ (s)
G ' (s) =
1
s
Il diagramma è una retta passante per l’origine con pendenza di - 20dB/dec
Diagramma del modulo di G ’ ’ (s)
G ' ' (s) =
Poli
• (s+0,5) = 0 ⇒ p1 = - 0,5
•
(s+4) = 0
⇒ p2 = - 4
4
(s + 0.5)(s + 4)
⇒ ↓ ωp1 =0,5 rad /sec
⇒ ↓ ωp 2 = 4 rad /sec
In corrispondenza di ciascun polo la pendenza varia –20dB/dec,
Costante
•
K = lim
s→0
4
= 2
(s + 0.5)(s + 4)
⇒ K dB =20⋅log2 = 6 dB
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VII-22
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
4
4
G (s) =
⇒ G ( jω) =
jω ⋅ ( jω + 0.5)( jω + 4)
s(s + 0.5)(s + 4)
0
ω
ω
ω
∠G ( jω) = arctg - arctg - arctg
- arctg
0
0,5
4
4
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano
Costante
0°
Polo nell’origine
-90°
1° Polo ≠0
2° Polo ≠0
… 0,1ωp1 = 0,05 rad/sec (≅ 0°)
0,1ωp2 = 0,4 rad/sec (≅ 0°)
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„ 10ωp1 = 5 (≅ -90°)
10ωp2 = 40
(≅ -90°)
VII-23
Risposta in frequenza
7.6
Diagrammi di Bode di reti correttrici
Diagrammi di Bode di una rete ritardatrice
G(s)=
Vo(s) 1 + sτ
=
Vi(s) 1 + sT
τ = R2C
T = (R 1 +R 2 )C
Diagramma del modulo
Polo
p =−
1
1
= −
T
(R 1 + R 2 ) ⋅ C
1
1
⇒ ↓ ωp =
=
T (R 1 + R 2 ) ⋅ C
Zero
1
1
=−
τ
R 2C
Nota ωp < ωz
z = −
⇒ ↑ ωz =
1
1
=
τ
R 2C
Costante
K = lim G(s)=1 ⇒ K dB =20⋅log1 = 0 dB
s→0
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VII-24
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
G(s)=
1 + sT
1 + sτ
∠G ( jω) = + arctg
⇒ G ( jω) =
1 + jω T
1 + jωτ
ωT
ωτ
- arctg
1
1
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
Risposta in frequenza
Diagrammi di Bode di una rete anticipatrice
Vo(s)
1 + sτ
= a
Vi(s)
1 + sT
R2
a =
<1 ;
R1 + R 2
G(s) =
τ = C ⋅ R 1 ; T = C⋅(R 1 //R 2 )= C
R1 ⋅ R 2
R1 + R 2
Diagramma del modulo
Polo
p =−
1
T
1
1
⇒ ↓ ωp =
=
T
C ⋅ Rp
Zero
1
1
1
⇒ ↑ ωz =
=
τ
τ
C ⋅ R1
Nota: ωp > ωz
z = −
Costante
K = lim
s→0
G(s) = a ⇒ K dB =20⋅log a = 20⋅log
R2
R1 + R 2
Diagramma della fase
1 + sT
1 + sτ
1 + jω T
1 + jωτ
0
ωT
ωτ
∠G ( jω) = arctg + arctg
- arctg
a
1
1
G(s)= a
⇒ G ( jω) = a
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VII-26
Risposta in frequenza
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano
Costante
180°
Zero
Polo
…ω = 0,1ωz
(≅ 0°)
ω = 0,1ωp (≅ 0°)
„ ω = 10ωz
(≅ +90°)
ω = 10ωp (≅ -90°)
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VII-27
Risposta in frequenza
Diagrammi di Bode di una rete a sella
(1 + sτ 2 )(1 + sτ 3 )
⋅
(1 + sτ1 )(1 + sτ 4 )
τ1 = (R 1 + R 2 ) ⋅ C 2 ; τ 2 = R 1C1
G(s)=
τ 3 = R 2 C 2 ; τ 4 = (R 1 // R 2 ) ⋅ C1
Poli
1
τ1
1
p2 = −
τ4
p1 = −
1
⇒ ↓ ω p1 =
τ1
1
⇒ ↓ ωp2 =
τ4
Zeri
1
τ2
1
z2 = −
τ3
z1 = −
1
τ2
1
⇒ ↑ ωz 2 =
τ3
⇒ ↑ ω z1 =
Nota: Se τ1 > τ 2 > τ 3 > τ 4
⇒ ω p1 < ω z1 < ω z 2 < ω p 2
Costante
K = lim G(s)=1 ⇒ K dB =20⋅log1 = 0 dB
s→0
Si osserva che il circuito agisce contemporaneamente da ritardatore e anticipatore, ma in due
bande di pulsazioni diverse.
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VII-28
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
(1 + sτ 2 )(1 + sτ 3 )
(1 + jωτ 2 )(1 + jωτ 3 )
⇒ G ( jω) =
(1 + sτ1 )(1 + sτ 4 )
(1 + jωτ1 )(1 + jωτ 4 )
ωτ
ωτ
ωτ
ωτ
∠G ( jω) = arctg 2 + arctg 3 - arctg 1 - arctg 4
1
1
1
1
G(s)=
Si tracciano i diagrammi approssimativi dei singoli termini e poi si sommano
1° polo
ω = 0,1ωp1 (≅ 0°)
ω = 10ωp1 (≅ -90°)
„ ω = 10ωz1 (≅ +90°)
1° zero
… ω = 0,1ωz1 (≅ 0°)
2° zero
{ ω = 0,1ωz2
(≅ 0°)
z ω = 10ωz2 (≅ +90°)
2° polo
‘ ω = 0,1ωp2 (≅ 0°)
¡ ω = 10ωp2 (≅ -90°)
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VII-29
Risposta in frequenza
7.7 Grafici dei diagrammi di Bode di un sistema del 2° ordine con poli complessi coniugati
(ζ<1)
G (s ) =
1
s
2
ωn 2
+
2ζs
+1
ωn
Soluzione
G ( jω) =
1
−ω
ωn
2
2
+
2ζjω
+1
ωn
1
=
1−
ω
2
ωn
2
+ j 2ζ
ω
ωn
Diagramma del modulo
 ω2
G ( jω) dB = − 20 log 1 −
 ω
n

2



 +  2ζω 
 ω 

 n 

2
[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 ω p = ω n 1 − 2ζ 2
Gmax
dB
= 20 log
di valore
1
2ζ 1 − ξ 2
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
Risposta in frequenza
Diagramma della fase
G ( jω) =
1
ω
2
ω
1 − 2 + j2ζ
ωn
ωn
⇒
∠G ( jω) = - arctg
2ζω
ωn
1−
ω2
ωn 2
ω << ω n ϕ = - arctg 0 = 0°
2ζ
ϕ =- arctg
= -90°
ω = ωn
1−1
ω >> ω n ϕ = -180°
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VII-31
Risposta in frequenza
Dimostrazione che per ω < ωn e ω > ωn
il diagramma del modulo è quello di un sistema del secondo ordine con polo doppio.
 ω2
G ( jω) dB = − 20 log 1 −
 ω
n

2



 +  2ζω 



 ωn 

2
Per ω << ωn
ω
→ 0 ⇒ G ( jω) dB = − 20 log
ωn
 ω2
1 −
 ω
n

2



 +  2ζω 
 ω 

 n 

2
≅ - 20 log 1 = 0 dB
La curva è una semiretta di ampiezza o dB
Per ω >> ωn
1−
ω2
ω2
≅
⇒
ωn
ωn
2
2
2
 ω2   2ζω  2
 ω2 
 2ζω 
 +


 ≅ − 20 log 

+ 
G ( jω) dB = − 20 log 1 −
 ω 

  ωn 
ω
ω
n
n 
 n 



ma il primo termine della radice è predominante per cui si può trascurare il secondo
termine della radice, segue
 ω 

G ( jω) dB = - 20 log 
 ωn 
4
= - 40 log
ω
ωn
Questa equazione rappresenta una retta di pendenza +40dB/decade
ω
ωn
10 ωn
G ( jω ) dB
0 dB
- 40 dB
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VII-32
Risposta in frequenza
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
Vo(s) =
Vo(s) =
•
1
⋅ I(s)
sC
dove
I(s) =
sostituendo si ha:
1
R + sL +
sC
Vi( t )
1
1
Vi( t )
1
⋅
=
⋅
= Vi(s) ⋅ 2
2
1
sC R + sL +
sC sRC + s LC + 1
s LC + sRC + 1
sC
sC
Dal confronto con la eq. tipica
ωn =
ζ=
Vi(s)
1
LC
R C
2 L
=
=
G (s ) =
1
10 ⋅ 10−3 ⋅ 10 ⋅ 10−9
1
2
2ζs
+
+1
2
ωn
ωn
s
si ricavano
10 5 rad/sec (pulsazione naturale)
470 10 ⋅ 10−9
= 0,235 (coefficiente di smorzamento
2 10.10−3
Essendo ζ < 0,7 il diagramma del modulo presenta un picco di risonanza di ampiezza
Gmax
dB
= 20 log
1
2ζ 1 − ξ 2
= 6,8 dB per ω p = ω n 1 − 2ζ 2 ≅ 0,945⋅10-5 rad/sec;
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VII-33
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