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Matricola
Prova scritta di Controlli Automatici e sistemi elettrici lineari
Corso di Laurea in Ingegneria Meccatronica, AA 2013–2014
9 Giugno 2014
NOTA BENE: In caso di punteggio inferiore od uguale a 10/30 nel compito scritto, non sar`
a
possibile ripetere il compito nella stessa sessione.
Domande a Risposta Multipla
Per ognuna delle seguenti domande a risposta multipla, indicare quali sono le affermazioni
vere V e quali sono le affermazioni false F .
Ad ogni domanda a risposta multipla individuata correttamente sar`a attribuito un punto (max 15
punti).
1. Si consideri il circuito elettrico della seguente figura:
a
a
V2
a
L
iLa
-
... .... ... .... ...
... ...................................... ..
...............................................
C
iCa
R
. .
...... ..... .....
... ....... .... ... .... ...
.... ..... ....
.
.
V1
-ia R
i
Si scriva nello spazio seguente la funzione di trasferimento H(s) corrispondente a tale circuito
elettrico, prendendo come ingresso la corrente impressa dal generatore i(t) e come uscita la
differenza di potenziale tra le tensioni V (t) = V2 (t) − V1 (t) ai capi dei componenti elettrici in
parallelo.
Si ipotizzi i valori inziali dei segnali tutti nulli, insieme alle loro derivate successive.
H(s) =
V (s)
s
=
2
I(s)
Cs + R1 s +
1
L
Commento:
In base ai modelli elementari dei circuiti elettrici, che possono essere mostrati come:
1
iL (t) =
L
Z
t
V (τ )dτ , iR (t) =
0
1
dV (t)
1
V (t) , iC (t) = C
R
dt
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e trasfromado secondo Laplace tali termini, si ottiene (ipotizzando condizioni inziali tutte nulle):
IL (s) =
1
1
V (s) , IR (s) = V (s) , IC (s) = CsV (s)
Ls
R
ricombinando algebricamente i termini, e ricordando che I(s) = IL + IR + IC , otteniamo:
H(s) =
s
V (s)
=
2
I(s)
Cs + R1 s +
2
1
L
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2. La Trasformata di Laplace:
L
df (t)
+
dt
t
Z
f (τ )dτ
0
considerando che f (0− ) `e il valore della f (t) all’istante iniziale, e in base ai teoremi sulla trasformata di Laplace della derivata e integrale di un segnale f (t) , nonch`e della propriet`a di linearit`
a,
si pu`o affermare che:
V F
V F
V F
s·
1
s
F (s) = F (s)
s − f (0− ) + 1s F (s)
s + 1s F (s) − f (0− )
Commento:
La prima risposta `e errata in quanto la Trasformata di Laplace `e un operatore lineare, per cui
trasforma una somma di funzioni in una somma di trasformate, la seconda `e errata in quanto
il termine f (0− ) `e il valore del segnale al tempo t = 0− , e non deve essere moltiplicato per il
segnale traformato F (s).
3. Si consideri il sistema descritto dalla seguente funzione di trasferimento:
G(s) =
s+4
+ 1)
s2 (s
V F Il sistema `e seplicemente (marginalmente stabile, o Marginally stable).
V F Il sistema `e asintoticamente stabile (Asymptotically stable).
V F Il sistema `e instabile ( Unstable).
Commento: Il sistema ha tre poli, un polo nell’origine con molteplicit`a due p1,2 = 0 (origine
degli assi del piano di Gauss) e un polo in p3 = −1, e uno zero in z1 = −4. Lo zero non
ha influenza sulla stabilit`
a del sistema, il sistema ha un polo multiplo nell’origine, per cui `e
asintoticamente stabile.
4. Si consideri un sistema lineare e tempo invariante caratterizzato da un ingresso u(t) e un’uscita
y(t) e descritto dalla seguente equazione differenziale
d2 y(t)
dy(t)
−2
= u(t)
2
dt
dt
si calcoli la funzione di trasferimento ipotizzando condizioni iniziali tutte nulle, e, in base alla
analisi dei poli, si indichi se:
V F Il sistema `e instabile (Unstable),
V F Il sistema `e semplicemente stabile (marginalmente stabile, o Marginally stable),
V F Il sistema `e asintoticamente stabile (Asymptotically stable).
3
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Commento: Applicando la trasformata di Laplace alla equazione sopra riportata, si ottiene:
(s(s − 2))Y (s) = U (s)
da cui si ricava la funzione di trasferimento:
G(s) =
1
s(s − 2)
la cui equazione caratteristica ha una radice semplice in zero (un polo in zero) e una radice
con parte reale positiva, pari a +2, che corrisponde ad un modo divergente, per cui il sistema `e
instabile.
5. Sia dato il sistema elementare del primo ordine:
G(s) =
Kp
1 + τs
La risposta per t ≥ 0 al gradino di ampiezza A del sistema G(s) (cio`e l’uscita ottenuta
applicado come ingresso la funzione gradino unitario alla funzione di trasferimento G(s)) vale:
t
V F AKp (1 − e+ τ )
t
V F AKp (1 + e+ τ )
t
V F AKp (1 − e− τ )
Commento:
Data la funzione di trasferimento
Y (s) = G(s)U (s)
con ingresso a gradino di ampiezza A:
U (s) =
A
s
si ottiene applicando ad esempio il teorema dei fratti semplici:
AKp
Y (s) =
= AKp
s(1 + τ s)
1
−
s
1
τ
1
+s
!
da cui, antitrasformando, si ottine che la sola terza risposta `e quella corretta.
6. Data la risposta di un sistema dinamico ad un ingresso a gradino, si definisce con il termine di
tempo di assestamento al 5%:
V F Il tempo in cui l’uscita raggiunge il valore nullo.
V F Il tempo al quale l’uscita entra in modo stabile (senza cio`e pi`
u uscirne) in una fascia
centrata attorno al valor finale di ampizza ±5%.
4
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V F Il tempo in cui si ha il valore minimo dell’uscita del sistema.
Commento: Il tempo di assestamento ts , `e il tempo entro il quale l’uscita entra in modo
stabile (cio`e senza pi`
u uscirne) in una fascia centrata attorno al valore finale e di ampiezza 10%
del valore di regime, o, in modo equivalente, un intervallo pari a [95%,105%] del valore finale,
senza pi`
u uscirne, e quindi solo la seconda risposta `e corretta.
7. Si consideri un sistema descritto dalla funzione di trasferimento
G(s) =
s2
1
+1
Per tale sistema si costruisca la retroazione unitaria come in figura per cui possiamo andare
ad analizzare l’errore a regime quando `e applicato un ingresso R(s) a gradino con ampiezza
A = 10:
R(s) =
R(s)
10
s
E(s)
+-
Y(s)
-
G(s)
-
- 6
allora valgono le seguenti considerazioni.
V F La costante di posizione (Position Constant) del sistema G(s) `e pari a 1.
V F L’errore di posizione del sistema chiuso in retroazione `e pari a ep = 5.
V F L’errore di posizione del sistema chiuso in retroazione `e pari a ep = 0.
Commento: Il sistema `e di tipo 0, cio`e non ha alcun polo nell’origine. Essendo definita la
costante di posizione come:
Kp = lim G(s) = lim
s7→0 s2
s7→0
1
=1
+1
si ottine che la prima risposta `e corretta. Dalla analisi dell’errore di posizione si ricava poi che
ep =
A
=5
1 + Kp
per cui anche la seconda risposta `e corretta.
La terza risposta, essendo in contrasto con la seconda, `e chiaramente errata.
5
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8. Si consideri un sistema lineare e tempo invariante caratterizzato da un ingresso u(t) e un’uscita
y(t) e descritto dalla funzione di trasferimento:
G(s) =
s
(s + 3)
si verifichi la veridicit`
a delle seguenti affermazioni (si approssimi a due decimali i calcoli):
V F Se u(t) = sin(4 · t) si ottiene y(t) = 0.8 sin(4 · t + 0.64).
V F Se u(t) = sin(4 · t) si ottiene y(t) = 0.8 sin(4 · t − 0.64).
V F Se u(t) = sin(4 · t) si ottiene y(t) = 0.8 sin(t + 0.64).
Commento: Applicando il teorema della risposta armonica, si ottiene che per un ingresso
sinusoidale u(t) = A sin(ωt), l’uscita vale:
y(t) = |G(jω)| · A · sin(ωt + arg(G(jω)))
essendo G(jω) la funzione di risposta armonica che si ricava dalla funzione di trasferimento
applicando il teorema:
F (ω) = G(jω) = G(s)|s=jω
Facendo quindi i conti, si ottine che la prima risposta `e corretta, infatti:
jω · A · sin(ωt + arg( jω ))
y(t) = jω + 3 jω + 3
e quindi sostituendo a ω = 4 e A = 1, otteniamo:
y(t) =
π
4
4
· sin(4t + ( − atan( )))
5
2
3
per cui solo la prima risposta `e quella corretta.
Si noti che esaminando le altre due risposte, si poteva immediatamente scartarle, in quanto la
seconda ha uno sfasamento negativo, che per un sistema con uno zero in zero e un polo in −3
non `e possibile (si tracci il diagramma di Bode per verificarlo), nella terza, la pulsazione del
segnale di uscita `e diversa dalla pulsazione del segnale di ingresso.
6
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9. Si consideri l’analisi dell’errore a regime per un sistema dinamico in retroazione unitaria.
R(s)
E(s)
+-
Y(s)
-
G(s)
-
- 6
allora valgono le seguenti considerazioni per un ingresso R(s) a gradino con ampiezza A.
V F L’errore di posizione `e nullo se il sistema `e di tipo 1, cio`e ha un polo nell’origine.
V F L’errore di posizione `e nullo se il guadagno statico (Static Gain) Kp del sistema `e infinito.
V F L’errore di posizione `e pari a ep =
A
Kp +1 ,
essendo il guadagno statico (Static Gain) Kp .
Commento:
Tutte e tre le risposte sono vere, come risulta dalla teoria sugli errori a regime
10. Si consideri il seguente anello di controllo:
R(s)
- C(s)
- 6
Y(s)
+-
-
G(s)
-
per cui definiamo la funzione L(s) = C(s)G(s), detto anche Guadagno di Anello. Il Margine
di Ampiezza di L(s) `e definito come:
V F Ma := −|L(jωf )|db , dove ωf : arg(L(jωf )) = −180o
V F Ma := −|L(jωf )|db , dove ωf : arg(L(jωf )) = −200o
V F Ma := 180o − |arg(L(jωc ))|, dove ωc : |L(jωc )|db = 0
Commento: In base alle definizioni dei margini di fase ed ampiezza, la risposta corretta `e la
prima.
11. Si consideri un sistema descritto dalla funzione di trasferimento
G(s) =
1
(s + 1)
Per tale sistem chiuso in retroazione con un controllore con solo guadagno proporzionale K,
possiamo dire che:
V F Aumentando il guadagno proporzionale K, il sistema pu`o divenire instabile.
7
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V F Aumentando il guadagno proporzionale K (fino ad un valore grande a piacere, ma minore
di infinito) `e possibile annullare l’errore a regime con ingresso a gradino,
V F Aumentando il guadagno proporzionale, il tempo di assestamento del sistema per un
ingresso a gradino aumenta.
Commento: Il sistema `e un sistema del primo ordine. Eseguento un studio del tipo luogo delle
radici `e immediato verificare che la prima e ultima risposta sono errate. Inoltre, analizzando
l’errore a regime del sistema, che `e di tipo 0, cio`e non ha alcun polo nell’origine, si conclude che
anche la seconda risposta `e errata.
12. Si consideri un sistema descritto dalla funzione di trasferimento
G(s) =
1
s(s + 1)
e si consideri il progetto di un sistema di controllo in retroazione per G(s).
R(s)
- C(s)
- 6
Y(s)
+-
-
G(s)
-
Allora si posso trarre le seguenti considerazioni per il progetto del controllore C(s) con ingressi
di riferimento R(s) a gradino e ingresso a rampa:
V F Per annullare l’errore a regime con ingresso a rampa occorre introdurre una azione
integrale nel sistema di controllo.
V F Per annullare l’errore a regime con ingresso a gradino occorre introdurre una azione
integrale nel sistema di controllo.
V F Per annullare l’errore a regime con ingresso a gradino occorre introdurre una azione
derivativa nel sistema di controllo.
Commento: Il sistema `e del secondo ordine con un polo nell’origine, per cui non `e necessario
introdurre una azione di controllo integrale nel controllore per annullare l’errore di posizione,
mentre `e necessario inserire una azione integrale per annullare l’errore di velocit`a. L’azione
derivativa non ha effetto sull’andamento a regime, in quanto tale effetto si annulla quando i
segnali raggiungono un regime stazionario.
13. Si ipotizzi di avere un anello di controllo della corrente di un motore DC (non si trascuri l’attrito viscoso), la banda passante dell’anello `e pari a 2000 rad/s. Il regolatore usato `e di tipo
proporzionale integrale.
` presente errore a regime con un set point di corrente costante.
V F E
V F Se il set-point dell’anello di corrente `e una sinusoide con pulsazione pari a 3000 rad/s la
corrente del motore risulta fortemente attenuata e sfasata rispetto al set-point.
8
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` possibile variare la banda passante dell’anello variando i parametri del regolatore
V F E
proporzionale-integrale.
Commento: Se nel modello del motore DC non si trascura il coefficiente di attrito viscoso
l’introduzione di un polo nell’origine (grazie al regolatore PI) permettete di annullare l’errore a
regime con ingresso a gradino.
14. Si ipotizzi di avere un anello di controllo della velocit`a di un motore DC realizzato con un
regolatore puramente proporzionale (non si trascuri la presenza dell’attrito viscoso).
` presente errore a regime con un ingresso a gradino.
V F E
a
V F La presenza di un disturbo di coppia resistente determina una variazione della velocit`
del motore.
V F Variando la costante del regolatore proporzionale non cambia mai la banda passante
dell’anello di velocit`
a.
Commento: 1) Sebbene con alcuni motori l’errore a regime pu`o risultare piccolo, quest’ultimo
`e sempre presente con l’uso di un regolatore puramente proporzionale. 2) Con un regolatore
puramente proporzionale non c’`e completa reiezione al disturbo. 3) Variare la costante del regolatore proporzionale determina una variazione della FdT del guadagno di anello e di conseguenza
pu`o variare la banda passante del sistema.
15. L’anello di controllo della velocit`
a di un motore DC `e caratterizzato da un ben determinato
margine di fase. Consideriamo per esempio un MF = 50o .
V F Si ipotizzi di cambiare i parametri del regolatore PI ed ottenere un margine di fase pari a
10o . In questo caso `e corretto aspettarsi una risposta del sistema caratterizzata da minore
sovraelongazione.
V F Seppur conoscendo le FdT di tutti i blocchi del sistema da controllare non `e possibile
determinare in modo analitico i parametri del regolatore PI al fine di ottenere il margine
di fase desiderato.
V F Il margine di fase pu`
o essere ricavato dal diagramma di Bode della funzione di risposta
armonica del guadagno di anello del sistema in retroazione.
Commento: Il margine di fase pu`
o essere determinato sia per via grafica, sia per via analitica.
Il margine di fase mi fornisce una delle informazione a riguardo del “margine” a disposizione dal
sistema in retroazione prima di arrivare all’instabilit`a.
9
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Si svolgano i seguenti esercizi indicando chiaramente i passaggi seguiti per raggiungere
la soluzione
Esercizio 1
Si tracci il Diagramma di Bode delle Ampiezze e delle Fasi della seguente funzione di trasferimento:
G(s) =
(s + 1)
s(s + 100)
tracciando sul foglio allegato la sola approssimazione per semirette (spezzate).
Si richiede di tracciare i grafici dei quattro termini in modo separato e poi, successivamente,
riportare il risultato finale in un unico grafico.
Si indichi poi nella seguente tabella (approsimando tutti i dati alla seconda cifra decimale):
ωn0 =
ωa0 , ωb0
=
ωn =
ωa , ωb =
la pulsazione di taglio (o di rottura) sul diagramma delle ampiezze corrispondente allo zero z = −1
1
le due pulsazioni sul diagramma delle fasi corrispondenti allo zero z = −1
{ 0.21, 4.81 }
la pulsazione di taglio sul diagramma delle ampiezze corrispondente al polo p = −100
100
le due pulsazioni sul diagramma delle fasi corrispondente al polo p = −100
{ 20.79 , 481.00 }
Commento:
Il tracciamento dei diagrammi di Bode di ottiene tramite:
1. Riscrivere la Funzione di trasferimento nella forma con costanti di tempo:
G(s) =
s+1
τ 0s + 1
=K
s(s + 100)
s(τ s + 1)
dove si calcolano gli zeri e i poli del sistema, ottenendo quindi:
p1
p2
z1
K
=0
= −100, τ = |1/p2 | = 0.01, ωn = |p2 | = 100
= −1, τ 0 = |1/z1 | = 1, ωn0 = |z1 | = 1
= 0.01
da cui:
F (ω) = 0.01
10
jω + 1
jω(0.01 jω + 1)
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2. Consideriamo quindi i quattro termini elementari in cui si pu`o pensare scomponibile la funzione
di risposta armonica F (ω):
(a) K = 0.01, che espresso in Decibel vale 20Log10 0.01 = −40 db.
(b)
1
jω ,
che corrisponde ad un polo nell’origine.
(c) (1 jω + 1), il cui diagramma di bode nelle ampiezze ha il punto di rottura in corrispondenza
di ωn0 = |z1 | = 1 = 100 (in scala logaritmica), mentre il diagramma delle fasi ha i due punti
ωa = (4.81)−1 = 0.21 e ωb = 4.81. Dopo il punto di rottura, il diagramma continua con
una variazione del diagramma delle ampiezze complessivo di +20 db/decade.
(d)
1
(0.01 jω+1) ,
il cui diagramma di bode nelle ampiezze ha il punto di rottura in corrispondenza
di ωn = |p2 | = 100 = 102 (in scala logaritmica), mentre il diagramma delle fasi ha i due
punti ωa = 100 · (4.81)−1 = 20.79 e ωb = 100 · 4.81 = 481.00.
Dopo il punto di rottura, il diagramma continua con una variazione del diagramma delle
ampiezze complessivo di −20 db/decade.
Il Diagramma complessivo si ottine combinando i quattro termini sopra analizzati.
Esercizio 2
Realizzare un anello di controllo della corrente di un motore DC a magneti permanenti utilizzando un
regolatore proporzionale-integrale (PI), R(s) = KP + KI /s.
Lo schema in retroazione riporta la funzione di trasferimento (FdT) dell’amplificatore di potenza
A(s), la FdT del motore GI (s) = Ia (s)/V a(s) e la FdT del sensore di corrente ( Hr (s)).
La FdT del motore Ia (s)/V a(s) scritta in funzione delle costanti di tempo dei poli e degli zeri del
sistema viene di seguito riportata:
GI (s) = K
(1 + sτz )
(1 + sτp1 )(1 + sτp2 )
11
(1)
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con K = 856 · 10−6 , τp1 = 53ms, τp2 = 3.8ms, τz = 13s (N.B.: il punto indica la virgola). La FdT
dell’amplificatore di potenza vale A(s) = 50, mentre la FdT del sensore di velocit`a vale Hr (s) = 1/5.
1) Dimensionare il regolatore PI per ottenere una banda passante per l’anello di corrente pari a
Bi = 1000rad/s (utilizzare la compensazione polo-zero).
2) Calcolare il margine di fase dell’anello di corrente cos`ı realizzato.
Commento:
La FdT del guadagno di anello del sistema in retroazione `e:
G0 (s) = R(s)A(s)GI (s)Hr (s)
(2)
PI)
La FdT del regolatore R(s) la indico in questo modo: R(s) = Ki (1+sτ
, con τP I = KP /KI .
s
La FdT A(s)GI (s)Hr (s) ha due poli a parte reale negativa: p1=-18.86 e p2=-263.15 e uno zero
z=-1/13.
Lo zero del regolare PI viene scelto per annullare il polo pi`
u lento della FdT del sistema da
controllare. Questo implica che la costante di tempo dello zero del regolare PI (τP I ) `e uguale a
τp1 = |p11 | .
Dopo questa cancellazione polo-zero la FdT del guadagno di anello risulta:
G0 (s) =
10KI K(1 + sτZ )
s(1 + sτp2 )
(3)
Occorre imporre una banda passante pari a Bi = 1000rad/s. Soluzione con metodo
analitico.
La funzione di risposta armonica del guadagno di anello `e G0 (jω):
G0 (jω) =
10KI K(1 + jωτZ
jω(1 + jωτp2 )
(4)
Occorre soddisfare la seguente richiesta:
|G0 (j1000)| = 1
(5)
K
Svolgendo i calcoli si determina KI =35.3. Siccome τP I = KpI si determina Kp =1.87.
Il margine di fase del controllo in retroazione vale: MF = 180o + arg(G0 (j1000)). Svolgendo i
calcoli si determina MF = 104.7o .
12
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Esercizio 3
Dato un sistema la cui Funzione di Trasferimento pari a:
s + 10
s + 20
e uno schema di controllo in retroazione come in figura:
G(s) =
R(s)
- C(s)
- 6
Y(s)
+-
-
G(s)
-
si progetti il controllore C(s) utilizzando il luogo delle radici tale che:
1. Errore a regime nullo per l’ingresso R(s) a gradino unitario.
2. Tempo di assestamento ta minore ad un secondo.
3. Massimo sorpasso percentuale nullo.
Nella soluzione si tracci due diagrammi del luogo delle radici:
1. il luogo delle radici del sistema G(s) originario.
2. il luogo della serie composta dal controllore C(s) e il sistema G(s).
Suggerimento: il guadagno del controllore K che soddisfa la specifica su ta pu`o essere determinato per tentativi, sostituendo alla equazione caratteristica alcuni valori per tentativi per verificare il
soddisfacimento della specifica.
Commento:
Per ottenere errore a regime nullo, occorre inserire un controllore integrale, del tipo:
K
s
Il sistema complessivo chiuso in retroazione `e calcolabile come:
C(s) =
K(s+10)
C(s)G(s)
K(s + 10)
s(s+20)
H(s) =
=
= 2
K(s+10)
1 + C(s)G(s)
s + s(20 + K) + K · 10
1 + s(s+20)
per ottenere il soddisfacimento delle specifiche sul tempo di assestamento e il massimo sorpasso
percentuale, occorre che i poli abbiamo:
1. ta < ζω3n , essendo ζ il coefficiente di smorzamento e ωn la pulsazione caratteristica. Il prodotto
di questi due valori `e pari al modulo della parte reale dei poli, per cui ζωn > t3a = 3
2. parte immaginaria dei poli nulla.
13
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Dalla analisi del luogo delle radici del sistema G(s)
e del sistema C(s)G(s):
14
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si nota che il luogo delle radici con il controllore scelto non diventa mai immaginario. In particolare,la radice in zero (polo nell’origine) tende a sovrapporti allo zero in -10 per K che tende
all’infinito.
Quindi per risolvere il problema occorre scegliere un K sufficientemente grande da fare si che la
radice in modulo pi`
u piccola sia superiore (in modulo) a al valore 3.
Ad esempio, ponendo K = 20, otteniamo che il sistema chiuso in retroazione ha polinomio
caratteristico pari a
p(s) = s2 + 20 · s + 200
con radici p1 = −34.14 e p2 = −5.86, che soddisfano le specifiche.
Occorre sottolineare che altre soluzioni per K che soddisfi la specifica, sono ugualmente accettabili.
15
Bode Diagram
40
20
Termine (a)
Magnitude (dB)
0
-20
-40
-60
-80 -2
10
40
-1
10
10
0
1
Bode 10
Diagram
10
2
10
3
10
4
Frequency (rad/s)
20
Magnitude (dB)
0
Termine (b)
-20
-40
-60
-80 -2
10
40
-1
10
10
0
1
Bode10
Diagram
10
2
10
3
10
4
Frequency (rad/s)
20
Magnitude (dB)
0
Termine (c)
-20
-40
-60
-80 -2
10
40
-1
10
10
0
1
Bode10
Diagram
2
10
10
3
4
10
Frequency (rad/s)
20
Magnitude (dB)
0
-20
-40
Termine (d)
-60
-80 -2
4010
-1
10
10
0
1
Bode Diagram
10
10
2
10
3
10
4
Frequency (rad/s)
20
Magnitude (dB)
0
Diagramma finale
-20
-40
-60
-80 -2
10
-1
10
10
0
10
1
Frequency (rad/s)
2
10
10
3
4
10
Bode Diagram
90
Phase (deg)
45
Termine (a)
0
-45
-90 -2
10
90
-1
10
10
0
1
Bode 10
Diagram
Frequency (rad/s)
2
3
10
10
4
Termine (b)
45
Phase (deg)
10
0
-45
-90 -2
10
90
-1
10
10
0
1
Bode Diagram
10
Frequency (rad/s)
10
2
3
10
10
4
45
Phase (deg)
Termine (c)
0
4.81 Wn
-45
-90 -2
10
90
-1
10
10
0
1
Bode 10
Diagram
Frequency (rad/s)
2
10
10
4
Termine (d)
45
Phase (deg)
3
10
0
-45
4.81 Wn
-90 -2
10
90
-1
10
10
0
1
Bode 10
Diagram
Frequency (rad/s)
2
10
Phase (deg)
45
3
10
10
4
Diagramma finale
0
-45
-90 -2
10
-1
10
10
0
1
10
Frequency (rad/s)
2
10
3
10
10
4
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