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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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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. Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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°) Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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°) Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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°) Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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. Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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°) Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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) Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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° Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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 Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici 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; Prof. Francesco Di Sabatino - Dispense di Sistemi Elettronici Automatici VII-33