Diagramma di Bode - Tracciare la fase
Ho un problema con i diagrammi di fase di Bode... Quelli del modulo riesco a farli, ma la fase mi sembra impossibile... Non riesco proprio a capirli, dicono -atan(1/wc) ma quando poi vado a controllare i risultati vedo che sono sempre in errore...La rete ritardatrice ha questa funzione:
$G(s) = 0.0336 / {(s+0.1)(s+0.3)(s+2)}$
Come si fa questo grafico della fase??? Grazie...
Ciao
$G(s) = 0.0336 / {(s+0.1)(s+0.3)(s+2)}$
Come si fa questo grafico della fase??? Grazie...
Ciao
Risposte
Bisognerebbe capire tu cosa intendi per $c$...
In ogni caso, portiamo la funzione di trasferimento sotto un'altra forma, in cui i fattori binomi sono del tipo
$(1+j\omega\tau)^(-1)$
Per avere questa rappresentazione, utile tra l'altro per tracciare il diagramma dei moduli, basta fare qualche semplice manipolazione ed effettuare la sostituzione $j\omega = s$.
A questo punto, un fattore binomio introduce una pendenza nel diagramma delle fasi. In particolare:
- per $\omega < 0.1/\tau$ il diagramma non subisce variazioni e rimane piatto
- per $0.1/\tau < \omega < 10/\tau$ il diagramma assume una pendenza di $pi/4$ radianti per decade
- per $\omega > 10/\tau$ il diagramma ritorna piatto
Ovviamente, nel caso ci siano più fattori binomi, occorre comporre gli effetti di tutti quanti, sommando negli opportuni intervalli le varie pendenze.
Nel caso più generale di fattore binomio nella forma
$(1+j\omega\tau)^(h)$
la pendenza della retta per $0.1/\tau < \omega < 10/\tau$ sarà di $h*pi/4$ radianti per decade; inoltre, per $\tau > 0$, la pendenza sarà positiva se $h>0$ e negativa se $h<0$ (per $\tau < 0$ vale l'esatto contrario).
Facciamo un esempio...
Consideriamo la funzione di trasferimento
$(s+2)^(-1)$
la quale diventa
$(1+j\omega * 0.5)^(-1)$ (attenzione che c'è una parte che va fuori dalla parentesi e modifica il fattore costante)
Dunque è $\tau = 0.5$ e inoltre risulta $\tau > 0$ e $h<0$. Pertanto, il diagramma delle fasi
- vale $0$ per $\omega < 0.1/0.5 = 0.2$
- decresce linearmente per $0.2 < \omega < 20$ e vale $-pi/2$ per $\omega = 20$
- rimane costante e continua a valere $-pi/2$ per $\omega > 20$
In ogni caso, portiamo la funzione di trasferimento sotto un'altra forma, in cui i fattori binomi sono del tipo
$(1+j\omega\tau)^(-1)$
Per avere questa rappresentazione, utile tra l'altro per tracciare il diagramma dei moduli, basta fare qualche semplice manipolazione ed effettuare la sostituzione $j\omega = s$.
A questo punto, un fattore binomio introduce una pendenza nel diagramma delle fasi. In particolare:
- per $\omega < 0.1/\tau$ il diagramma non subisce variazioni e rimane piatto
- per $0.1/\tau < \omega < 10/\tau$ il diagramma assume una pendenza di $pi/4$ radianti per decade
- per $\omega > 10/\tau$ il diagramma ritorna piatto
Ovviamente, nel caso ci siano più fattori binomi, occorre comporre gli effetti di tutti quanti, sommando negli opportuni intervalli le varie pendenze.
Nel caso più generale di fattore binomio nella forma
$(1+j\omega\tau)^(h)$
la pendenza della retta per $0.1/\tau < \omega < 10/\tau$ sarà di $h*pi/4$ radianti per decade; inoltre, per $\tau > 0$, la pendenza sarà positiva se $h>0$ e negativa se $h<0$ (per $\tau < 0$ vale l'esatto contrario).
Facciamo un esempio...
Consideriamo la funzione di trasferimento
$(s+2)^(-1)$
la quale diventa
$(1+j\omega * 0.5)^(-1)$ (attenzione che c'è una parte che va fuori dalla parentesi e modifica il fattore costante)
Dunque è $\tau = 0.5$ e inoltre risulta $\tau > 0$ e $h<0$. Pertanto, il diagramma delle fasi
- vale $0$ per $\omega < 0.1/0.5 = 0.2$
- decresce linearmente per $0.2 < \omega < 20$ e vale $-pi/2$ per $\omega = 20$
- rimane costante e continua a valere $-pi/2$ per $\omega > 20$
Quella c era per indicare $w$, la c era per individuare la frequenza imposta dal problema... Purtroppo anche io ho ragionato così, inserendo in ogni polo una pendenza e sommando tutto... Tuttavia il diagramma che ho come soluzione(fornita dal prof) non corrisponde... Anche xkè lui usa la regola del 4.81(che non ho capito a che serve) e presenta troppo pendenze rispetto ai poli... Come se lui avesse qualke altra soluzione a me sconosciuta...
ps:non ho capito perchè hai usato 10... Io usavo come punti caratteristici 0.1,0.3,2... Come per il modulo...
ps:non ho capito perchè hai usato 10... Io usavo come punti caratteristici 0.1,0.3,2... Come per il modulo...
Ho aggiornato il post con un esempio...
In ogni caso, prova magari a postare il tuo grafico e ci do un'occhiata.
In ogni caso, prova magari a postare il tuo grafico e ci do un'occhiata.
Ho visto... Ecco l'esempio che sto facendo io... Una rete ritardatrice... Il primo grafico del modulo non lo capisco...
http://www-lar.deis.unibo.it/people/cro ... /es_RR.pdf
Ciao
http://www-lar.deis.unibo.it/people/cro ... /es_RR.pdf
Ciao
Cosa non capisci di quel diagramma? Il valore costante? Le pendenze? Le pulsazioni di rottura?
Due cose... Le pendenze e come trovare il valore numerico preciso della fase nel punto indicato dalla freccia(vale 100°)...
Il valore numerico nel punto indicato dalla freccia si trova semplicemente sostituendo $0.2$ (che ti viene fornito nei dati) al posto di $\omega$ nella funzione di trasferimento.
Per quanto riguarda i diagrammi di Bode, le pulsazioni di rottura sono appunto $0.1$, $0.3$ e $2$ e lo si vede chiaramente dal diagramma dei moduli, difatti in corrispondenza di $0.1$ c'è il primo cambio di pendenza e in corrispondenza di $0.3$ c'è il secondo.
Per quanto riguarda i diagrammi di Bode, le pulsazioni di rottura sono appunto $0.1$, $0.3$ e $2$ e lo si vede chiaramente dal diagramma dei moduli, difatti in corrispondenza di $0.1$ c'è il primo cambio di pendenza e in corrispondenza di $0.3$ c'è il secondo.
Io quel 100° non riesco proprio a ricavarmelo, in nessuno modo... Tu come fai??? Con quale formula??? Perchè credo che il problema sia proprio questo...
La fase della tua f.d.t è:
$arg(G(\omega))=-arctan(\omega/0.3)-arctan(\omega/0.1)-arctan(\omega/2)$
che calcolata per $\omega=0.2(rad)/s$ fornisce $arg(G(0.2))=-100deg$. Di conseguenza, dato che desideri un marigine di fase di 70° hai da poter gestire ancora 10°.
$arg(G(\omega))=-arctan(\omega/0.3)-arctan(\omega/0.1)-arctan(\omega/2)$
che calcolata per $\omega=0.2(rad)/s$ fornisce $arg(G(0.2))=-100deg$. Di conseguenza, dato che desideri un marigine di fase di 70° hai da poter gestire ancora 10°.
Grazie... Era quello che cercavo... Almeno ora posso procedere a risolvere gli esempi...
Di nulla 
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