Un esempio di costruzione del diagramma di Bode
Per costruire un diagramma di Bode si parte da una funzione di trasferimento in forma fattorizzata con zeri al numeratore e poli al denominatore.
G(s)=(s−1)⋅(s+10)s(s2+s+16)
Nota. Questa funzione non può essere ulteriormente fattorizzata. Il polinomio al denominatore ha il determinante negativo, quindi non ha radici e non può essere ulteriormente fattorizzato.
Il diagramma del modulo
Metto in evidenza i coefficienti -1 e +10 al numeratore per scorporarli.
G(s)=(−1)⋅(1−s)⋅(10)⋅(s10+1)s(s2+s+16)
G(s)=(−1)⋅(10)⋅(1−s)⋅(s10+1)s(s2+s+16)
Ora metto in evidenza 16 al denominatore per scorporarlo.
G(s)=(−1)⋅(10)⋅(1−s)⋅(s10+1)s⋅16⋅(s216+s16+1)
G(s)=(−1)⋅(10)16⋅(1−s)⋅(s10+1)s⋅(s216+s16+1)
G(s)=−1016⋅(1−s)⋅(s10+1)s⋅(s216+s16+1)
G(s)=−58⋅(1−s)⋅(s10+1)s⋅(s216+s16+1)
In questo modo ottengo il guadagno di Bode K=-5/8 che in decibel diventa.
|K|dB=20log|−58|=−4.08
Quindi il grafico della funzione passa circa a - 4 dB
Ora scorporo il polo nell'origine ossia il fattore s al denominatore con molteplicità v=1.
G(s)=−58⋅1s⋅(1−s)⋅(s10+1)s216+s16+1
A questo punto sostituisco la s con jω e ottengo funzione nella forma di Bode.
G(jω)=−58⋅1jω⋅(1−jω)⋅(jω10+1)(jω)216+jω16+1
Con un semplice confronto con la funzione di Bode standard riconosco le varie componenti della funzione.
La funzione di Bode standard G(s)=K⋅ (1+τ′1s)⋅(1+τ′2s)⋅⋅⋅(1+2sδ′1ω′n,1+s2ω2′n,1)⋅(1+2sδ′2ω′n,2+s2ω2′n,2)⋯sv⋅(1+τ1s)⋅(1+τ2s)⋅⋅⋅(1+2sδ1ωn,1+s2ω2n,1)⋅(1+2sδ2ωn,2+s2ω2n,2)⋯ ossia G(jω)=K⋅ (1+τ′1jω)⋅(1+τ′2jω)⋅⋅⋅(1+2jωδ′1ω′n,1+(jω)2ω2′n,1)⋅(1+2jωδ′2ω′n,2+(jω)2ω2′n,2)⋯(jω)v⋅(1+τ1jω)⋅(1+τ2jω)⋅⋅⋅(1+2jωδ1ωn,1+(jω)2ω2n,1)⋅(1+2jωδ2ωn,2+(jω)2ω2n,2)⋯
Al numeratore ci sono costanti di tempo.
τ1=−1τ2=−110=−0.1
Nota. Quindi ci sono due punti di rottura in corrispondenza di 1|τ1|=1|−1|=1 1|τ2|=1|−0.1|=10
Al denominatore c'è, invece, una coppia di poli complessi e coniugati.
ω2n,1=16
Nota. Quindi la pulsazione naturale è ωn=√16=4 E' un altro punto di rottura del grafico
2δ1ωn,1=116
Nota. Quindi il coefficiente di smorzamento è 2δ14=116 δ12=116 δ1=216 δ1=18=0.125 Essendo minore di 1/√2 c'è sicuramente un picco di risonanza.
Ora posso tracciare il grafico.
Il termine monomio è una retta con pendenza -20dB per decade ( -1 ) fino al primo punto di rottura.
Spiegazione 20log1jω=20log1−20logjω=−20logjω
La retta passa per il punto -4dB sull'asse delle ordinate.
Quindi individuo un altro punto della retta alle coordinate -4+20=16dB in una decade prima (0.1) e traccio la retta.
Nel primo punto di rottura a 1ω devo considerare il binomio (1-jω).
Si tratta di uno zero con pendenza 20dB per decade (+1).
Il segnale va sovrapposto al precedente (-1).
Quindi -1+1=0. Il segnale complessivo è costante (0) fino al secondo punto di rottura.
Nel secondo punto di rottura a 4ω devo considerare il trinomio.
Si tratta una nuova retta pendenza di -40dB per decade (-2) che si sovrappone alla precedente.
Nel terzo punto di rottura devo considerare un altro zero a 10ω.
E' una nuova retta pendenza di +20dB per decade (+1) che si sovrappone alla precedente (-2).
Quindi, a partire da 10w a curva modifica la pendenza a -1.
La rappresentazione del diagramma di Bode in forma asintotica termina qui.
Ovviamente, il grafico non è preciso e deve essere ancora corretto con lo studio del picco di risonanza e della frequenza di risonanza.
La formula della pulsazione di risonanza è
ωr=ωn⋅√1−2δ2
Sapendo che δ=0,125 e ωn=4
ωr=4⋅√1−2⋅(0,1252)
ωr=4⋅√1−0,03
ωr=4⋅√0,97
ωr=4⋅0,984
ωr≅3,94
La formula del picco di risonanza è
|MR|dB=20log(12δ√1−δ2)
Sapendo che δ=0,125
|MR|dB=20log(12·0,125√1−0,1252)
|MR|dB=20log(10,25√1−0,02)
|MR|dB=20log(10,25√0,98)
|MR|dB=20log(10,25⋅0,99)
|MR|dB=20log4
|MR|dB=20⋅(0,602)≅12dB
Individuo sull'ascisse la pulsazione di risonanza ωr=3,84 ω
In questa posizione il grafico si trova a -4dB sulle ordinate, salgo di +12dB e individuo il picco di risonanza.
Inoltre, nell'origine c'è un errore di +3dB.
L'andamento corretto del grafico è il seguente:
Nota. I punti di rottura sono tutti vicini entro una decada. Pertanto, le correzioni a un punto di rottura influenzano anche gli altri. In questo esercizio evito di considerare questi aspetti per semplicità. In realtà, tanto più i punti di rottura sono vicini tanto più si influenzano. Pertanto, andrebbero considerati. Se invece sono distanti più di una decade l'influenza è quasi nulla.
Una volta ultimato il diagramma del modulo, passo al diagramma della fase.
Il diagramma della fase
Riprendo la forma di Bode della funzione
G(jω)=−58⋅1jω⋅(1−jω)⋅(jω10+1)(jω)216+jω16+1
La costante K vale -5/8 ed è negativa. Quindi, c'è uno sfasamento di -180° nel tratto iniziale.
C'è anche un polo passante per l'origine con molteplicità h=-1. Quindi devo sottrarre altri -90°.
Complessivamente, la fase è uguale a -270° da 0 fino al primo punto di rottura.
Per semplicità comincio a disegnare il diagramma in forma asintotica.
Il primo punto di rottura è uno zero (ω=1) del binomio (1-jω) con molteplicità h=1.
Il binomio causa una riduzione di ulteriori -90° della fase che scende a -360°.
La fase si mantiene a questo livello fino al successivo punto di rottura.
Il punto di rottura ω=4 (pulsazione naturale ωn) è dovuto alla coppia di poli complessi e coniugati nel trinomio al denominatore (h=-1).
Essendo δ=0.125, ossia δ>0, nel punto di rottura ω=4 si verifica una riduzione di -180° della fase.
L'ultimo punto di rottura (ω=10) è relativo al secondo binomio al numeratore (h=1).
A partire da questo punto la fase sale di 90°.
Non essendoci altri punti di rottura la fase resta costante a -450°.
Questo è il diagramma asintotico della fase.
Per correggerlo, fisso i punti di passaggio della fase ( blu ).
Una decade prima di ogni punto di passaggio la fase comincia a modificare il proprio andamento.
Nota. Poiché i punti di passaggio sono molto vicini tra loro, entro una decade, si influenzano l'uno con l'altro. Per semplicità non considero questo aspetto.
Congiungo i vari punti intermedi e ottengo una rappresentazione più precisa della fase.
Ecco il diagramma della fase corretto.
E così via.