14diagrammi_risposta_in_frequenza_14

2 s 2 15s 100 2 s 1 5s 1 20 100 100 s g0

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Unformatted text preview: delle coppie di poli e zeri c.c. 2. Si individua la fase di partenza ϕ0 guardando il segno del guadagno e il numero di poli/zeri nell’origine. Nel caso in studio sarà -270°a causa del guadagno negativo e di un polo nell’origine. ω Diagrammi di Bode • • • − • • • + − • − + Diagrammi di Bode Diagrammi di Bode Diagrammi di Bode Diagrammi di Bode Esempio g =1 µ = 100 µ dB = 40dB G(s) = 1 zero : T = 10 ωT = = 0.1 cambio pendenza +1 T 1 polo reale : τ = 2 ωτ = = 0.5 cambio pendenza -1 τ poli complessi : ωn = 1 ξ = 0.8 100(1 + 10 s ) s (1 + 2 s )(1 + 1.6 s + s 2 ) s2 ξ 1+ 2 s+ 2 ωn ωn cambio pendenza -2 Diagramma di Bode - Modulo 100 -1 0 -1 dB 50 0 -3 -50 -100 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 10 Diagramma di Bode Un sistema si dice a fase minima se la sua fdt ha le seguenti proprietà: guadagno µ>0 poli e zeri hanno parte reale negativa o nulla s s s (1 + ) 10( s + 3) 3 3 G(s) = = 3s s 2 s ( s + 0.2)( s 2 + 15s + 100) 2 s (1 + 5s )(1 + + ) 20 100 100 s G0 ( s ) = G0 ( s ) = 3 2s µ sg s G∞ ( s ) = 10s 10 =3 s ⋅ s ⋅ s2 s G∞ ( s ) = G∞ ( s ) = ρ 3 2 s 3 s2 s ⋅ (5s) ⋅ ( ) 100 = 10 s3 s n−m ρ G ( j ω ) ω →0 + = ∞ 3 G0 ( s ) = ⇒ 2s ϕ0 = −90° G ( s ) = 10 ⇒ G ( jω ) ω →∞ = 0 ∞ s3 ϕ∞ = −270° ω s (1 + ) 3 3 G(s) = 3s s 2 2 ) s (1 + 5s )(1 + + 20 100 3 G0 ( s ) = 2s ω=1 e µ = 3 3 → = 3.52dB 2 2 dB Diagramma di Bode - Modulo 60 40 ω 20 ω 0 -20 dB ω -40 -60 -80 -100 -120 -2 10 -1 10 0 10 pulsazione 1 10 2 10 s (1 + ) 3 3 G(s) = 3s s 2 2 s (1 + 5s )(1 + + ) 20 100 G0 ( s ) = 3 2s ω Diagramma di Bode - Fase ω -80 -100 ω -120 -140 gradi -160 -180 -180 -200 -220 -240 ω -260 -280 -2 10 -1 10 0 10 pulsazione 1 10 2 10 G ( s ) = e −τs 2 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0....
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This note was uploaded on 10/24/2013 for the course ARC 101 taught by Professor Arnold during the Summer '98 term at Università Di Genova.

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