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2 Luglio 2001 – seconda prova Esercizio 1 () 20( 1) 100(1 )() (0 .1)( 2) 11 102 sGs sss s −− −== ++ ⎛⎞ ++⎜⎟⎝⎠ s : tipo 0g = , uno zero 1z = , 2 poli e 1 0.1p =− 2 2p = − , guadagno 100µ = . Diagrammi di Bode di ( )Gj ω (modulo e fase; in verde quelli approssimati, in blu quelli esatti): Pulsazione critica, letta dal diagramma del modulo (intersezione con l’asse 0dB): 20 s c radω = . 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 -20 -10 0 10 20 30 40 dB li Diagramma di Bode - Modulo 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 -270 -225 -180 -135 -90 -45 0 gradi li Diagramma di Bode - Fase Per , il diagramma del modulo viene traslato di 0k > 20 ( )Log k dB (tale traslazione sarà verso l’alto o verso il basso, a secon da che sia o 1k > 1k < rispettivamente), quello della fase resta inalterato, perché la fase di un numero reale positivo è nulla. 1 k=1/10 è una scelta possibi le; infatti, il m odulo di G trasla verso il basso di 20dB, la nuova ωc diventa pari a 1 (>0.1, come richiesto) e si ha 1( 1) 10 45 84.2 26.6 155.82 180 25.2 0 c mc arctg arctg arctgϕ ϕϕ = − − − = − °− °− ° = − ° =° − = ° > da cui si deduce, grazie al criterio di Bode, che il sistema è asintoticamente stabile. Esercizio 2 20() ( 1)( 10)Gs ss= ++ : nessuno zero, 2 poli in -1 e -10, costante di trasferimento 20ρ = . Dati salienti per la costruzione del d iagramma polare (si omette, per semplicità, il grafico dei poli e degli zeri e dei relativi vettori che li congiungono con il generico punto jω): - per 0ω = , (0 ) 2Gj = e ; (0 ) 0Gj = °( - per ω →∞ , () 0Gj ∞= e ; ( ) 180Gj ∞= − °( - al crescere di ω , per effetto dei due poli reali negativi la fase diminuisce monotonamente (da 0° a -180°), ed il modulo diminuisce pure monotonamente. Simmetrizzando il diagramma polare rispetto all’asse reale, si ottiene il diagramma di Nyquist. In verde…