Grandezze: V e I. Capitolo I. Cenni di Teoria delle reti. La legge di Ohm. Abbreviazioni

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1 Grandezze: V e Capitolo Cenni di Teoria delle reti Le grandezze che caratterizzano l'elettrotecnica e l'elettronica sono: la corrente (si misura in Ampere [A]) la tensione (si misura in Volt [V]) ndice Grandezze e abbreviazioni La legge di Ohm 4 componenti passivi 5 generatori di tensione e di corrente 6 La funzione di trasferimento Le Leggi di Kirchoff 3 Configurazioni parallelo e serie 8 L' impedenza tra due nodi 3 teoremi di Thevenin e di Norton 6 l principio di sovrapposizione degli effetti 3 La trasformata di Laplace e la risposta in transistorio 4 diagrammi di Bode 47 Data una qualsiasi rete elettrica, in essa possono essere riconosciuti i nodi e i rami Un nodo e' il punto di contatto tra due o piu' componenti Un ramo e' il segmento che unisce due nodi (bipolo elettrico) nodo Vi ramo x Ogni nodo e' caratterizzato da una tensione (verso massa) Ogni ramo e' caratterizzato da una corrente che lo attreversa e da una tensione ai suoi capi Di ogni tensione e corrente si deve definire un modulo ed un verso nodi Vo - September 5, September 5, 000 Abbreviazioni Abbreviazione Significato G 0 9 La legge di Ohm Dato un bipolo (ramo) passivo di impedenza Z, la relazione tra la tensione applicata ai suoi capi (V) e la corrente che lo attraversa () e' data da: V = Z M 0 6 k 0 3 m 0 3 V Z µ 0 6 n 0 9 p 0-3 September 5, September 5, 000

2 esistore V componenti passivi V = [] = Ω (Ohm) generatori di tensione e di corrente Generatori indipendenti Generatori in continua (Polarizzazione) Generatore di Tensione Condensatore V C = C dv dt [C] = F (Farad) Generatore di Corrente nduttore V V = L d dt [L] = H (Henry) vi Generatori di segnale Generatore di Tensione Per condensatori ed induttori, le relazioni V- sono integrali e differenziali e, quindi, sono difficili da maneggiare (soprattutto quando si hanno diversi componenti in uno stesso circuito) is Generatore di Corrente - 5 September 5, September 5, 000 Composizione di generatori generatori di tensione si sommano in serie Generatori di polarizzazione Generatori di segnale vi e' un generatore di polarizzazione vi e' un generatore di segnale 0. V 0 V. V V vi Vo =V = + Vi e' un generatore di polarizzazione is e' un generatore di segnale generatori di corrente si sommano in parallelo x 00 µa µa.v s =ma =kω Vo V x = + is is Per le applicazioni elettroniche, l'informazione da elaborare e' nel segnale. Tuttavia i componenti elettronici (transistor) per poter elaborare il segnale gli devono sovrapporre una tensione continua (di polarizzazione) per poter operare correttamente - 7 September 5, September 5, 000

3 Generatori dipendenti Stimoli sinusoidali Vi A Vi Generatore di tensione comandato in tensione Guadagno di tensione A (adimensionale) Vo = A Vi La relazione V- per condensatori ed induttori dipende dall'evoluzione temporale della tensione/corrente applicata. Un segnale tipicamente usato e' lo stimolo sinusoidale. Ad esempio una tensione V(t) si scrive: Vi G Vi Generatore di corrente comandato in tensione Guadagno di transconduttanza G (Ω-) V(t) = (Vs sin(ω t)) Se tale tensione viene applicata come stimolo ad un condensatore la V(t) relazione tensione-corrente diventa: V C i i H i F i o = G Vi Generatore di tensione comandato in corrente Guadagno di transresistenza H (Ω) Vo = H i Generatore di corrente comandato in corrente Guadagno di corrente F (adimensionale) o = F i = C dv(t) dt = C d(vs sin(ω t)) dt = C ω Vs cos(ω t) = = C j ω Vs sin(ω t) = j ω C V Quindi: = j ω C V Si ottiene una relazione lineare tra tensione applicata e corrente che scorre nel ramo. Analogamente si puo' vedere che la relazione per l'induttore diventa: V = j ω L L'assunzione di stimolo sinusoidale riporta un problema integro/differenziale ad un problema lineare Tramite la teoria della trasformata di Fourier e' possibile dimostrare che qualsiasi stimolo tipicamente usato in elettronica puo' essere ricondotto ad una sovrapposizione di stimoli sinusoidali - 9 September 5, September 5, 000 Comportamento in frequenza La funzione di trasferimento La relazione V- del condensatore ( = j ω C V) indica che per una tensione applicata (V), la risultante corrente dipende anche dalla frequenza (ω) della tensione applicata. Ad esempio sempre per il caso del condensatore: per frequenza ω =0, =0 indipendentemente dall'ampiezza Vs dello stimolo applicato (cioe' si comporta da circuito aperto). per frequenza ω >, >, anche per stimoli piccolissimi (cioe' si comporta da corto-circuito). Per l'induttore vale la situazione complementare (V = j ω L ) Per comodita' di calcolo si sostituisce j ω, con s (=j ω), per cui risultano: esistore V = Condensatore nduttore V L = C dv dt = s C V V = L d dt V=s L i - September 5, 000 Data una certa rete LNA (composta da tutti componenti con comportamento lineare) con un nodo di ingresso ed uno di uscita, si definisce come funzione di trasferimento il rapporto (nel dominio s) della tensione (corrente) di uscita rispetto alla tensione (corrente) di ingresso vi ete generica = Vo(s) Vi(s) n realta' non si considera il tipo di segnale applicato, in quanto e' importante sapere come questo segnale (comunque esso sia) viene trasferito all'uscita. (essendo la rete lineare il guadagno non dipende dal tipo di segnale applicato). Nel caso dello schema in figura il segnale di ingresso e' una tensione (vi) come lo e' anche il segnale di uscita (vo). n pratica e' possibile avere stadi in cui i due segnali (ingresso e uscita) sono correnti o tensioni. vo - September 5, 000

4 Le Leggi di Kirchoff =µa =0µA Come si calcola la funzione di trasferimento di un arete lineare? Si usano la legge di Ohm e le leggi di Kirchoff 4=? 3=40µA Legge di Kirchoff delle correnti Sia dato un nodo con n rami collegati a tal nodo, e siano i le correnti entranti in quel nodo dal ramo i-esimo, allora vale la relazione: Σi i = = 3 4 = 3 ( + ) = 8µA =µa =0µA =? 3=0µA = 3 4 = 3 (+) = µa - 3 September 5, September 5, 000 Legge di Kirchoff delle tensioni Sia data una maglia composta da n rami, e sia Vi la tensione sul ramo i-esimo, allora vale la relazione: V V Funzione di trasferimento vi C C vo Σi Vi = 0 V3 V6 Vale anche per la rete V5 V4 V V8 V V3 6 V9 5 V0 V4 V + V + V3 + V4 + V5 + V6 = 0 V8 V6 V0 + V9 = 0 Si applica la legge di Kirchoff delle correnti al nodo Vo: = C Legge di Ohm per il ramo si scrive come: vi vo = D'altro canto, la legge di Ohm per il ramo C e': C = vo = s C vo s C Si riscrive quindi la legge di Kirchoff: vi vo = = C = s C vo isolvendo per vo si ottiene: vo = + s C vi La funzione di trasferimento e' quindi: = vo = vi + s C - 5 September 5, September 5, 000

5 Funzione di trasferimento Configurazioni parallelo e serie Configurazione parallelo () vs Vi G Vi vo G Vi C Due impedenze Z e Z sono connesse in parallelo quando sono connesse tra gli stessi nodi ve Z Z Vi = vs ve La corrente su e' = G Vi, per cui si scrive ve come: ve = = G Vi = G (vs-ve) Da cui si ricava ve come: G ve = + G vs La corrente e' allora data da: G = G Vi = G (vs-ve) = + G vs Questa corrente va tutta su C. Si scrive allora la legge di Ohm per C: G Vi = 0 - vo C G 0 - vo + vs = G C Da cui si ricava: = vo vs = G C + G - 7 September 5, 000 Se due impedenze Z e Z sono in parallelo, allora ai loro capi c'e' la stessa tensione NON vale il viceversa: se ai capi di due impedenze c'e' la stessa tensione la due impedenze non sono necessariamente in parallelo 3 Z4 Z3 e Z4 NON sono in parallelo - 8 September 5, 000 Configurazioni parallelo e serie Configurazioni parallelo e serie mpedenza equivalente x Configurazione parallelo () Configurazione serie () Due impedenze Z e Z sono connesse in serie quando sono attraversate dalla stessa corrente Z Z x Z L'impedenza equivalente di due impedenze (Z e Z) in parallelo si valuta applicando un tensione di test () e calcolando la corrente in ingresso (x) risultante: x = Z + Z = Z + Z = Z Si puo' ricavare l'impedenza equivalente Z: Z ' necessario che TUTTA la corrente che passa in una impedenza passi tutta e sola quella nell'altra. Z = x = Z + Z Z Z = Z + Z x Z x y 3 Vy : Z==0kΩ, Z==00kΩ 0kΩ 00kΩ Z = = 9.53kΩ 0kΩ + 00kΩ Tra due impedenze molto diverse in parallelo domina la piu' piccola x+y n Z non passa sola la corrente di Z => Z e Z NON sono in serie - 9 September 5, September 5, 000

6 Configurazioni parallelo e serie l partitore di tensione mpedenza equivalente Configurazione serie () x Z L'impedenza equivalente di due impedenze (Z e Z) in parallelo si valuta applicando un tensione di test () e calcolando la corrente in ingresso (x) risultante: x = Z + Z = Z Z Si puo' ricavare l'impedenza equivalente Z: Z = x = Z + Z : Z==0kΩ, Z==00kΩ Z = 0kΩ + 00kΩ = 0kΩ Tra due impedenze molto diverse in serie domina la piu' grande x Z x Z La corrente x e' data da: x = Vo = Z + Z Per cui la tensione Vo risulta essere: Z Vo = Z+Z Z Z+Z - September 5, September 5, 000 L' impedenza tra due nodi Per valutare l'impedenza che e' presente tra due nodi di un blocco generico, a seconda dell'opportunita' del circuito, si possono utilizzare due metodi Caso : si applica una corrente di segnale di test (test) e si legge la tensione ai capi (Vtest) test Vtest Blocco generico Si calcoli l'impedenza di ingresso (N) della rete in figura 3 Per prima cosa si spengono i generatori e 3 e si applica il generatore di test vt. Ne risulta il seguente schema N Caso : si applica una tensione di segnale di test (Vtest) e si legge la corrente provocata (test) test Vtest Blocco generico 3 t N t Per entrambi i casi vengono spenti tutti i generatori indipendenti (quelli di tensioni sono corto-circuitati e quelli di corrente vengono aperti) L'impedenza di ingresso risulta essere data dal parallelo di, e. isulta pertanto: N = + + Assumendo =0kΩ, =0kΩ, =0kΩ, si ha che: N = 3.33 kω - 3 September 5, September 5, 000

7 Si calcoli l'impedenza di ingresso (N) della rete in figura. N =0kΩ =0kΩ =0kΩ teoremi di Thevenin e di Norton Teorema di Thevenin Data una rete con componenti attivi e passivi, questa puo' essere sostituita con un circuito equivalente costituito da un generatore di tensione (VTH) e da un'impedenza (ZTH) a lui in serie. ete generica ete equivalente di Thevenin n questo caso il generatore di corrente, quando viene spento diventa un circuito aperto. Si ottiene pertanto il seguente circuito ==>> VTH ZTH L'impedenza di ingresso risulta essere data dal parallelo di, e. isulta pertanto: N N = + = 5kΩ it vt Calcolo del circuito equivalente di Thevenin La tensione di Thevenin (VTH) si valuta calcolando la tensione che appare ai morsetti esterni della rete senza collegarci alcun carico ("a vuoto") La resistenza di Thevenin (TH) si valuta calcolando l'impedenza vista ai morsetti della rete, dopo aver spento tutti i generatori N.B.: generatori dipendenti restano attivi - 5 September 5, September 5, 000 Circuito quivalente di Thevenin Uso del teorema di Thevenin VO =5V =0kΩ =0kΩ =0kΩ Tensione equivalente di Thevenin (VTH) Si calcoli Vo. VTH esistenza equivalente di Thevenin (TH) VTH = + TH = // = + TH - 7 September 5, 000 La rete nel riquadro si sostituisce con il suo equivalente di Thevenin e si ottiene il seguente circuito ete equivalente di Thevenin VTH ZTH VO Con VTH = + = VTH =.5V ZTH = + = 5kΩ La tensione Vo si puo' allora calcolare con la legge del partitore: Vo = VTH 3 + ZTH =.66 V - 8 September 5, 000

8 Teorema di Norton Data una rete con componenti attivi e passivi, questa puo' essere sostituita con un circuito equivalente costituito da un generatore di corrente (NO) e da un'impedenza (ZNO) a lui in parallelo. ete generica ete equivalente di Norton Circuito quivalente di Norton ==>> Corrente equivalente di Norton (NO) NO ZNO NO = NO Calcolo del circuito equivalente di Norton La corrente di Norton (NO) si valuta calcolando la corrente che viene forzata tra i due morsetti esterni della rete cortocircuitati La resistenza di Norton (NO) si valuta calcolando l'impedenza vista ai morsetti della rete, dopo aver spento tutti i generatori N.B.: generatori dipendenti restano attivi esistenza equivalente di Norton (NO) NO NO = // = September 5, September 5, 000 l principio di sovrapposizione degli effetti () Data una rete lineare con n ingressi, l'evoluzione dei vari nodi si ottiene come somma delle evoluzioni che si ottengono mantenendo attiva una sola sorgente e spegnendo tutte le altre. Una sorgente di tensione si spegne ponendo =0 (cioe' facendo un corto-circuito) a a Vo =5V =00µA =0kΩ =0kΩ =0kΩ Vo =? ===>>> b b ffetto di (si apre ) Una sorgente di corrente si spegne ponendo =0 (cioe' facendo un circuito aperto) c c Vo_ ===>>> Vo_ = + + =.5 V d d - 3 September 5, September 5, 000

9 () ffetto di (si corto-circuita ) 0 VX VX + 0 VX + = VX = (+) ++ Vo_ = VX + = 0.75V Vo =5V =00µA =0kΩ =0kΩ =0kΩ Vo =? Vo = Vo_ + Vo_ = V Vo_ Legge di Kirchoff delle correnti al nodo X Legge di Kirchoff delle correnti al nodo Vo (partitore resistivo) Accoppiamento in ac o Applicando solo (ed annullando vi) si ottiene: Vo_ = +s C = + + s C + +s C Applicando solo vi (ed annullando ) si ottiene: Vo_vi = vi = s C Sommando i due contributi si ottiene: C Vo = (+s C vi) ++s C s C ++s C vi Questo circuito puo' essere usato quando si vuole avere un segnale (vi) sovrapposto ad un valore di tensione continua () e si dispone di un generatore di segnale che puo' essere collegato solo a massa (o, piu' generalmente, ad una tensione continua diversa da ). ' basato sulla differente frequenza dei due segnali i - 33 September 5, September 5, 000 Circuito quivalente di Norton Circuito quivalente di Norton N N Corrente equivalente di Norton (NO): si usa la sovrapposizione degli effetti dei due generatori ( e ). ffetto di NO_ NO_ = esistenza equivalente di Norton (NO) NO NO = // = + ffetto di Si ottiene quindi il circuito equivalente mostrato in Figura NO_ = ete equivalente di Norton NO = NO_ + NO_ = NO = NO_ NO ZNO NO = // = September 5, September 5, 000

10 Modellizzazione dell'impedenza di ingresso / uscita ffetto dell'impedenza di ingresso/uscita Con amplificatore di tensione in uscita (circuito equivalente di Thevenin) Blocco generico out ffetto dell'impedenza di uscita (out) Blocco generico Vs n in Vin out A Vin Out L VL n in Vin A Vin Out VL = A Vs L L+out out dovrebbe essere la piu' piccola possibile Con amplificatore di transconduttanza in uscita (circuito equivalente di Norton) Blocco generico ffetto dell'impedenza di ingresso (in) Nell'ipotesi di out = 0 s s n in Blocco generico in out Vin Out L L n in Vin G Vin out Out Vin = Vs VL = A Vin = A Vs in s+in in s+in - 37 September 5, 000 in dovrebbe essere la piu' grande possibile - 38 September 5, 000 Composizione di blocchi in cascata Combinazione di circuiti equivalenti ete equivalente di Thevenin ete equivalente di Thevenin Calcolo del guadagno v Z vo Z v s Amplificatore_ out Amplificatore_ out s n in Vin in in Vin L L in Con la sovrapposizione degli effetti si puo' trovare: VL Vs = in in L in+s A in+out A L + out Z Z vo = v Z + Z + v Z + Z Per Z >> Z: vo v in in+s, in in+out, L L + out sono termini di perdita Per Z >> Z: vo v Cioe' La tensione in un nodo viene fissata dal circuito a piu' bassa impedenza - 39 September 5, September 5, 000

11 La trasformata di Laplace e la risposta in transistorio La trasformata di Laplace Nella seguente tabella sono elencate alcune semplici trasformate di Laplace circuiti elettronici hanno un comportamento diverso a seconda della frequenza del segnale che viene loro applicato Dominio t (h(t)) == L ==> Dominio s () siste una relazione tra la risposta in frequenza di un circuito e la sua risposta in transitorio ad un determinato stimolo. La trasformata di Laplace permette di passare dal dominio della risposta in frequenza (s) al dominio della risposta nel tempo Data la generica funzione di trasferimento () e la trasformata di Laplace del segnale di ingresso (Vi(s)), la risposta in transistorio in uscita vo(t) si ottiene antitrasformando secondo Laplace il prodotto. Cioe' vo(t) = L - { Vi(s) } sca(t) s exp( t τp ) τp + s τp exp( t τp ) s ( + s τp) ( τz τp ) exp( t τp ) <== L - == + s τz s ( + s τp) Si assume di applicare lo stimolo con inizio a t=0 L'evoluzione che si ottiene vale per t 0-4 September 5, September 5, 000 isposta all'impulso di un filtro C (passa-basso) 0V V = Vo Vi = Vi Funzione di trasferimento s C + s C C Vo = +s C = + s τp Si applica il gradino e l'uscita risulta: Vo(s) = s + = s τp s ( + s τp) Si antitrasforma e si ottiene: Vo(t) = exp( t ) τp L'evoluzione del nodo di uscita risulta: V 0V Vi(t) Vo(t)=-exp(-t/τp) isposta all'impulso di un filtro C (passa-alto) 0V V Vi Funzione di trasferimento = Vo Vi = C + = s C +s C = s C Si applica il gradino e l'uscita risulta: Vo(s) = s s τp + = τp s τp + s τp Si antitrasforma e si ottiene: Vo(t) = exp( t ) τp L'evoluzione del nodo di uscita risulta: V 0V Vi(t) Vo(t)=exp(-t/τp) Vo s τp + s τp - 43 September 5, September 5, 000

12 teoremi del valore iniziale e del valore finale Teorema del valore iniziale teoremi del valore iniziale e del valore finale Dati un circuito con funzione di trasferimento ed uno stimolo con trasformata di Laplace Vi(s), il valore iniziale (cioe' per t=0 + ) dell'uscita Vi(t) si ottiene come: : Vo (t->0 + ) = lim s n(s) s-> nel circuito C la risposta all'impulso comporta: Vo(0 + ) = lim s +s C s = 0V s-> nel circuito C la risposta all'impulso comporta: Vo(0 + ) = lim s s C +s C s = V s-> Teorema del valore finale Dati un circuito con funzione di trasferimento ed uno stimolo con trasformata di Laplace Vi(s), il valore finale (cioe' per t= a transitorio concluso) dell'uscita Vo(t) si ottiene come: : Vo ( ) = lim s Vi(s) s->0 nel circuito C la risposta all'impulso comporta: Vo( ) = lim s +s C s = V s->0 nel circuito C la risposta all'impulso comporta: Vo ( ) = lim s s C +s C s = 0 V s->0-45 September 5, September 5, 000 diagrammi di Bode Diagramma di Bode di un polo La funzione di trasferimento di un circuito nel dominio s diventa lneare e si puo scrivere: = a 0 + a s + a s + a3 s 3 + a4 s b 0 + b s + b s + b3 s 3 + b4 s = (s+τ z) (s+τ z )... (s +s ω z /Q z +ω z )... (s+τ p ) (s+τ p )... (s +s ω p /Q p +ω p )... Cioe' si puo scomporre in polinomi al numeratore (zeri) ed al denominatore (poli) del primo e del secondo ordine Con i diagrammi di Bode si da una rappresentazione asintotica (cioe' accurata solo per frequenze lontan da quelle dei poli e zeri) della risposta in frequenza in modulo e fase di un circuito. Data, si definisce: Modulo db = 0 Log0( ) Fase m() = atan e() - 47 September 5, 000 Studiamo il caso di un singolo polo: = +s τ l denominatore si annulla per s= /τ, che viene definito polo. /τ e' la pulsazione del polo (che avendo parte reale negativa, sta nel semipiano sinistro) Si sostituisce a s=j ω e si scrive H(ω): H(ω) = +j ω τ Da questa si possono ricavare le espressioni del modulo e della fase. Per il modulo: db = 0 Log0( ) = 0 Log0 = +j ω τ 0 Log0 +ω τ A questo punto si fa la distinzione: per ω τ <<, si ha che: db = 0 Log0 +ω τ 0 Log0() = 0 db Cioe' per valori della pulsazione inferiori al polo il diagramma e' costante September 5, 000

13 Diagramma di Bode di un polo per ω τ >>, si ha che: db = 0 Log0 +ω τ 0 Log0 ω τ Se la frequenza del segnale viene moltiplicata per 0 si ha: H(0 ω)= 0 Log0 0 ω τ = 0 Log0( 0 ) + 0 Log0 ω τ = = 0dB +0 Log0 = 0dB + H(ω) ω τ H(0 ω) = 0dB + H(ω) Cioe' per frequenze superiori a quella del polo si ha una pendenza di 0dB/dec l diagramma di Bode del modulo e' quindi il seguente: db 0dB /τ -0dB/dec ωr=rad/sec n ascissa si usa una scala logaritmica della pulsazione normalizzata ad una pulsazione di riferimento (ωr) scelta a piacere. n ordinata si riporta il modulo in db Fissata la posizione del polo (/τ), per pulsazioni inferiori al polo il modulo e' costante e vale 0dB Per frequenze superiori al polo il modulo diminuisce con pendenza 0dB/dec - 49 September 5, 000 Approssimazione del diagramma di Bode Nell'intorno del polo il diagramma non da una buona rappresentazione della reale risposta in frequenza del circuito. n figura e' mostrato il diagramma di Bode e la relativa risposta in frequenza reale. db 0dB /τ errore= 3dB -0dB/dec ωr=rad/sec nfatti alla frequenza del polo (per cui non vale ne' ω τ<<, ne' ω τ>>, ma anzi vale ω τ=) il modulo di si calcola come: H(ω=/τ) db =0 Log0 +ω τ = 0 Log0 = 3dB - 50 September 5, 000 Diagramma di Bode di un polo Diagramma di Bode di un polo Per la risposta in fase: H(ω) = +j ω τ La fase della funzione di trasferimento e' definita come: m() = atan e() Si puo' operare la trasformazione: H(ω) = +j ω τ j ω τ j ω τ = j ω τ ω τ Nella nuove espressione di H(ω), il denominatore e' sempre reale e quindi non porta contributi alla fase. La fase del numeratore risulta essere: H(ω) = atan m(h(ω)) e(h(ω)) = atan ω τ = atan ω τ = L'atan vale 0 per ω τ<< e poi passa a 9 per ω τ>> Anche in questo caso si ricorre ad un grafico lineare a tratti che e' un'approssimazione dell'atan. diagramma di Bode per la funzione di trasferimento: = +s τ risultano essere: db 0dB /τ /τ 0/τ 0dB/dec ωr=rad/sec tan 0./τ /τ 0/τ og(ω/ωr) - 5 September 5, September 5, 000

14 Proprieta' dei diagrammi di Bode isposta in modulo - elazione tra diagramma di Bode di ampiezza di un polo ed uno zero Proprieta' dei diagrammi di Bode isposta in fase 3- elazione tra diagramma di fase di un polo ed uno zero db = db Dim.: db = 0 Log0(/) = 0 Log0() 0 Log0() = db = db Dim.: H(ω) = H(ω) = e j H(ω) = e j H(ω) H(ω) H(ω) - Composizione di diagrammi di Bode di ampiezza Dim.: db = db + db db = 0 Log0( ) = ( ) db = 0 Log0() + 0 Log0() = ( ) db = db + db 4- Composizione di diagrammi di Bode di fase Dim.: (H(ω) H(ω)) = H(ω) + H(ω) H(ω) = e j H(ω) = e j H(ω) H(ω) H(ω) H(ω) = ( ) ej ( H(ω)+ H(ω)) - 53 September 5, September 5, 000 Diagrammi di Bode del ordine Poli a destra e sinistra polo a sinistra = + s τ 0dB B /τ /τ 0/τ 0dB/dec ωr=rad/sec Diagrammi di Bode del ordine Zeri a destra e sinistra zero a sinistra = + s τ (s) db (s) B 5 0./τ /τ 0/τ 0dB/dec ωr=rad/sec og(ω/ωr) og(ω/ωr) (s) B polo a destra = s τ 0dB B /τ /τ 0/τ 0dB/dec ωr=rad/sec zero a destra = s τ db (s) /τ /τ 0/τ 0dB/dec ωr=rad/sec og(ω/ωr) og(ω/ωr) - 55 September 5, September 5, 000

15 Diagrammi di Bode con polo nell'origine Polo nell'origine: = s τp Diagrammi di Bode con zero nell'origine Zero nell'origine: = s τp db db ωr=rad/sec /τp 0 db /τp 0 db ωr=rad/sec 9 9 l grafico del modulo interseca la linea di 0dB nel punto in cui s τp= (cioe per s=τp) La fase e' sempre 9 in quanto si puo' scrivere: H(ω) = j j ω τp j = - j ω τp l grafico del modulo interseca la linea di 0dB nel punto in cui s τp= (cioe per s=τp) La fase e' sempre 9 in quanto si puo' scrivere: H(ω) = j ω τp - 57 September 5, September 5, 000 Generico diagramma di Bode Per costruire il diagramma di Bode di una funzione di trasferimento generica si scrive la stessa in forma canonica (si supponga per ora di avere solo termini del primo ordine): = a 0 + a s + a s + a3 s 3 + a4 s b 0 + b s + b s + b3 s 3 + b4 s = Ho (+s τ z) (+s τ z ) (+s τ z3 ) (+s τ z4 )... (+s τ p ) (+s τ p ) (+s τ p3 ) (+s τ p4 )... Si riportano quindi le posizioni di poli e zeri sull'ascissa (usando per comodita' ωr=rad/sec) Si supponga che tutte le singolarita' (poli e zeri) stanno nel semipiano sinistro) Generico diagramma di Bode Partendo dal valore in continua ( se Ho>0, o -8 per Ho<0), si disegna il diagramma del modulo sapendo che: - un polo provoca una diminuzione della fase di 9 a partire da una decade prima finoa una decade dopo la posizione del polo - uno zero provoca un' aumento della fase di 9 a partire da una decade prima finoa una decade dopo la posizione dello zero db ωr=rad/sec 9 9 ωr=rad/sec /τz /τz /τz3 /τp3 /τz /τz /τz3 /τp3 /τp /τp Partendo dal valore in continua (0 Log0(Ho)), si disegna il diagramma del modulo sapendo che: un polo provoca una variazione di pendenza di 0dB/dec uno zero provoca una variazione di pendenza di +0dB/dec /τp /τp 0 log0(ho) db ωr=rad/sec /τz /τz /τz3 /τp3 /τp /τp - 59 September 5, September 5, 000

16 Diagrammi di Bode del ordine La generica funzione di trasferimento si puo' scrivere come: = a 0 + a s + a s + a3 s 3 + a4 s b 0 + b s + b s + b3 s 3 + b4 s = (s+τ z) (s+τ z )... (s +s ω z /Q z +ω z )... (s+τ p ) (s+τ p )... (s +s ω p /Q p +ω p )... Diagrammi di Bode del ordine isposta in ampiezza l diagramma della fase corrisponde alla presenza di due poli coincidenti alla pulsazione ω p. Cio' corrisponde ad avere nel diagramma dell'ampiezza un cambio di pendenza di 40dB/dec 0 Ora si studia come tracciare il diagramma di Bode del blocco del ordine 0 Q=0.5 Q= = ω p s +s ωp Q p + ω p l diagramma di Bode e' un diagramma asintotico, cioe' e' richiesto essere corretto solo agli asintoti (lontano dalla singolarita'), mentre vicino alla singolarita' sono possibili grosse differenze tra il diagramma di Bode ed il reale andamento della funzione di trasferimento. Di seguito sono tracciati i diagrami di Bode relativi a ω p =0 4 con Q p variabile tra 0.5 e. Ampiezza [db] la linea tratteggiata corrisponde al diagramma di Bode log0(w/wr) l diagramma di Bode ben approssima quello reale dell'ampiezza lontano dal polo - 6 September 5, September 5, 000 Diagrammi di Bode del ordine isposta in ampiezza Nell'intorno del polo la differenza tra il diagramma di Bode e l'andamento dell'ampiezza puo' essere considerevole 0 0 Q Q= Diagrammi di Bode del ordine isposta in fase l diagramma della fase corrisponde alla presenza di due poli coincidenti alla pulsazione ω p. Cio' corrisponde ad avere nella fase una riduzione di π ( 3.45 cioe' 8) tra una decade prima ed una decade dopo il polo Ampiezza [db] -0-0 Q=0.5 la linea tratteggiata corrisponde al diagramma di Bode 0 - Q=0.5 Q= la linea tratteggiata corrisponde al diagramma di Bode -30 Fase [rad] log0(w/wr) Alla pulsazione del polo ω p (s=j ω p ) si puo' calcolare l'ampiezza reale H(s=j ω p ) = ω p s +s ωp Q p + ω p = Q p log0(w/wr) n figura si puo' vedere come in realta' nell'intorno del polo la fase sia differente dal diagramma di Bode e come dipenda dal valore del fattore di qualita' Q September 5, September 5, 000

17 Diagrammi di Bode del ordine Con le regole su descritte e' possibile tracciare i diagrammi di Bode per uno zero a ω z = s + s ωz Q z + ω z ω z Sempre nel caso di ω z =0 4 rad/sec Ampiezza Fase Ampiezza [db] Fase [rad] la linea tratteggiata corrisponde al diagramma di Bode 0 3 la linea tratteggiata corrisponde al diagramma di Bode Q= Q= 0 log0(w/wr) Q= 0 5 Q= Diagrammi di Bode del ordine poli complessi coniugati a sinistra = ω p s +s ωp Q + ω p zeri complessi coniugati a sinistra = s +s ωz Q + ω z ω z db Ao db Ao ωp/0 ωz/0 ωp ωz 40dB/dec 8 ωp 0 +40dB/dec 8 ωz 0 ωr=rad/sec ωr=rad/sec log0(w/wr) - 65 September 5, September 5, 000 sercizio Utilizzando le regole dei diagrammi di Bode precedentemente indicate, si traccino i diagrammi di Bode delle seguenti funzioni di trasferimento: = = ω p s s ωp Q p + ω p s s ωz Q z + ω z ω z 3 = s + s + s + 0 sercizio () Si traccino i diagrammi di Bode della funzione di trasferimento: 0 = s Si calcoli l'ampiezza in uscita di una sinusoide in ingresso di V e di pulsazione di 0rad/sec e di 0 6 rad/sec. La f.d.t. si riscrive in forma canonica come: 0 = s = 0 + s τ = 0 + s/ω p La f.d.t. ha un polo alla pulsazione ω p =0 3. l guadagno in continua (per s=0) e' Ao=0.0 ( 40dB). diagramma di Bode sono i seguenti: db Ao 0dB/dec ωr=rad/sec 3 ωp=0 rad/sec 9-67 September 5, September 5, 000

18 db Ao sercizio () ωp=0 rad/sec ωin=0rad/sec 3 0dB/dec 9 6 ωin=0 rad/sec ωr=rad/sec La pulsazione ω in =0 rad/sec e' inferiore alla pulsazione del polo che quindi non e' ancora intervenuto, come si vede dal diagramma di Bode. La f.d.t. ha un guadagno quindi pari a Ao=0.0 e l'uscita e' una sinusoide di 0mV. La pulsazione ω in =0 6 rad/sec e' superiore alla pulsazione del polo che quindi e' intervenuto, come si vede dal diagramma di Bode. l guadagno si puo' calcolare per ispezione del diagramma di Bode o per calcolo dalla funzione di trasferimento. Per ispezione dal diagramma di Bode si puo' osservare che la pulsazione che e' 0 3 volte (cioe' 3 decadi) maggiore della frequenza del polo. Quindi avendo una pendeza di 0dB/dec si ha una perdita di 60dB rispetto al valore alla pulsazione del polo che e' il valore in continua (Ao=0.0 = 40dB). l guadagno quindi e': H(0 6 rad/sec) = 40dB 60dB = 00dB l guadagno di 00dB corrisponde a 0 5, e quindi la sinusoide in uscita avra' un'ampiezza di 0 5 V. sercizio () Dal calcolo della funzione di trasferimento sostituendo s=j 0 6 rad/sec e calcolandone il modulo si ottiene: H(s=j 0 6 rad/sec) = j 0 6 rad/sec = H(s=j ω in ) = 0 = (0 3 ) + (0 6 ) = Si ottiene quindi lo stesso risultato precedentemente trovato per ispezione del diagramma di Bode September 5, September 5, 000 sercizio () Si traccino i diagrammi di Bode della funzione di trasferimento: 0 = (000+s) s s + s 3 La f.d.t. si puo' riscrivere come: (s+000) = (s+) (s +s ωo/q+ωo ) con ωo=0 6 rad/sec; Q=0 Ci sono 3 poli (due complessi coniugati) ed uno zero. poli sono alla pulsazioni: ωo=0 6 rad/sec ( poli compl. coniugati) ωp= rad/sec (polo reale) Lo zero e' alla pulsazione: ωz=0 3 rad/sec l guadagno in continua Ao si valuta ponendo s=0 e si ottiene: Ao = = 00 = 40dB Si piazzano allora poli e zeri sull'asse delle ascisse usando ωr=rad/sec ωr= rad/sec sercizio () Per il guadagno si piazza il valore in continua (Ao) e poi si procede ricordando che un polo diminuisce la pendenza di 0dB/dec mentre uno zero la aumenta di 0dB/dec. Si ottiene quindi: db Ao = 40dB 0dB/dec ωp/ωr ωz/ωr ωo/ωr 40dB/dec ωr= rad/sec Per la fase, si parte dal valore in continua (che qui e' in quanto non ci sono singolarita' nell'origine o cambi di segno) e si aggiungono 9 per ogni zero o si tolgono 9 per ogni polo (8 per ogni polo doppio). Si ottiene quindi il diagramma della fase: 9 ωr= rad/sec 8 8 ωp/ωr ωz/ωr ωo/ωr ωp/ωr ωz/ωr ωo/ωr - 7 September 5, September 5, 000

19 sercizio sercizio Del circuito in figura si calcoli: - il punto di lavoro (la polarizzazione) - la funzione di trasferimento (cioe' il guadagno vo (s)) e se ne vi traccino i diagrammi di Bode vi =V L C vo =3V = kω L = µh C = 0nF Del circuito in figura si calcoli: - il punto di lavoro (la polarizzazione) - la funzione di trasferimento (cioe' il guadagno vo (s)) e se ne vi traccino i diagrammi di Bode - il guadagno per una sinusoide in ingresso di 0MHz - la risposta in uscita ad un gradino in ingresso di 00mV i in vbe π m vbe Vo CL rπ = kω gm = 0mA/V = 0kΩ CL = 0nF - 73 September 5, September 5, 000