10 = 100s. s10. Disegna i diagrammi di Bode, del modulo e della fase, per le funzioni di trasferimento: Esercizio no.1. Esercizio no.2. Esercizio no.

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Valentino Molinari
7 anni fa
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1 Edutecnica Diagrammi di Bode Disegna i diagrammi di Bode, del modulo e della fase, per le funzioni di trasferimento: Esercizio no. soluzione a pag. + Esercizio no. soluzione a pag Esercizio no.3 soluzione a pag.4 s 0 Esercizio no.4 soluzione a pag.5 (+ 3 Esercizio no.5 soluzione a pag.6 (+ s 5 (+ Esercizio no.6 soluzione a pag.7 (+ 0 (+ Esercizio no.7 soluzione a pag.9 ( s 00s + 0 ( s + 00

2 Edutecnica Diagrammi di Bode Esercizio no.:soluzione + è presente un unico polo; applicando la regola: 0 lg + sτ 0 lg + ( s τ per sτ << sτ >> s << τ s >> τ 0 lg 0 0 lg sτ 0 lg s 0 lgτ (+ sτ (+ 0 p 0 00 p 0 r / s Per il diagramma della fase, dobbiamo ricordarci che ciascun polo porta un contributo negativo di 90. φ atgωτ il diagramma comincia a declinare in discesa a 0,p e termina la discesa a 0p:

3 Edutecnica Diagrammi di Bode 3 Esercizio no.:soluzione 0 + La funzione è del tipo: K Sviluppando si ha: + sτ 0 lg K 0 lg + sτ in regime sinusoidale: T( jω 0 lg K 0 lg + ( ωτ Il polo è lo stesso della funzione precedente p00 r/s. la costante ha valore il polo a 00r/s. 0 lg K 0 lg 0 0. Vi sono, dunque, due componenti: la costante e Sommando (algebricamente i due diagrammi si ottiene il diagramma del modulo. Per la fase notiamo che la costante K0>0 non da contributi; rimane solo il polo che coincide con quello dell esercizio precedente, ne consegue che il diagramma della fase è lo stesso. 3

4 Edutecnica Diagrammi di Bode 4 Esercizio no.3:soluzione s 0 Questo tipo di funzione non lo avevamo mai considerato prima d ora T ( s s τ 0 lg s τ 0 lg s 0 lgτ 0 lg s 0 lgτ 0 lg s 0 lg 0 0 lg s + 40 niente di eccezionale, dunque, una retta con inclinazione negativa di -40/dec che intercetta l asse delle ordinate a 40. / ω per la fase T( jω T( jω K φ atg atg( 90 ω 0 ω ω 0 con K 0 > 0 è come avere un polo doppio nell origine. ω ω φ atg atg

5 Edutecnica Diagrammi di Bode 5 Esercizio no.4:soluzione Avremo: (+ 3 0 lg + 0 lg + 0 lg + s 0 6 per << >> s << 0 s >> 0 40 lg 0 40 lg 0 lg s + 0 un polo doppio a 000r/s con la curva che scende di 40/dec oltre questa pulsazione. Questo ragionamento sul raddoppio dell inclinazione deve valere anche per il diagramma della fase. 3 φ atgω0 atgω0 5

6 Edutecnica Diagrammi di Bode 6 Esercizio no.5:soluzione (+ s 5 (+ Non c è nemmeno bisogno di scrivere le formule dato che già conosciamo il comportamento di una f.d.t. con uno zero nell origine ed due poli reali distinti. Basta sommare algebricamente ( in senso grafico i contributi di queste tre componenti. 6

7 Edutecnica Diagrammi di Bode 7 Esercizio no.6:soluzione (+ 0 (+ Avremo: 0 lg 0 0 lg + 0 lg + in regime sinusoidale: T( jω 6 0 lg 0 0 lg + ω 0 0 lg + ω 0 8 il primo polo viene individuato per la pulsazione jω 0 0 jω ω 0 0 il secondo polo viene individuato per la pulsazione jω 0 0 jω ω 0 0 in sostanza ci interessano 3 s 0 ed 4 s il disegno delle tre componenti: adesso dobbiamo sommarle graficamente: 7

8 Edutecnica Diagrammi di Bode 8 da notare, come superato il secondo polo a rad/s la pendenza negativa del diagramma raddoppia. per la fase diremo: 0 φ atg + atgωt.. + atgωtm atgωτ.. atgωτ n cioè: K 0 φ atg atgω0 atgω0 atgω0 atgω0 0 ciascun polo dà un contributo di -90 ; i diagrammi singoli sono: adesso dobbiamo sommare graficamente i contributi dei due poli: 8

9 Edutecnica Diagrammi di Bode 9 Esercizio no.7:soluzione 00s ( s + 0 ( s + 00 La riscrivo come: il successivo passaggio: 00s s s 00 00s 0( + 0,s (+ (+ s ( s lg lg s 0 lg + 0 lg lg s 0 lg + 0 lg + Notiamo come la costante dia un contributo negativo di 0. Se prendessimo solo i primi due termini, otterremmo: 40 lg s 0 Si tratta di una retta a pendenza positiva che intercetta l asse delle ordinate in corrispondenza di -0. Poi abbiamo il contributo dei due poli alle pulsazioni: s p s p s 0 r / s il disegno di questi tre contributi è il seguente: s 00 r / s sommando graficamente le componenti: 9

10 Edutecnica Diagrammi di Bode 0 per il diagramma della fase consideriamo che: 0 φ atg + atgωt.. + atgωtm atgωτ.. atgωτ n con K atg 0 K 0 se K > 0 80 se K < 0 Il doppio zero nell origine introduce uno sfasamento costante di 80, mentre la costante 0,>0 dà un contributo nullo. 0 ω ω φ atg + atg. + atg atgω0 atgω0 che è 0, 0 0 φ atgω0 atgω0 80 atgω0 atgω0 Il diagramma sarà il seguente: 0

11 Edutecnica Diagrammi di Bode

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