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da **Guaffo** » 14 lug 2016, 18:57

allora la traslazione del diagramma andava fatta orizzontalmente e non verticalmente.

da **Guaffo** » 14 lug 2016, 19:00

IsidoroKZ ha scritto:L'asse verticale non e` a frequenza zero. Essendo un grafico logaritmico la frequenza zero e` MOLTO lontano a sinistra. Se in un punto del grafico c'e` la frequenza di 10Hz, e "tre dita" a sinistra c'e` 1Hz, altre tre dita a sinistra ci sara` 0.01Hz, altre tre dita 1mHz, nove dita piu` a sinistra 1uHz... e la frequenza zero non la si raggiunge mai.

Sono stato tratto in inganno dalla notazione usata sul grafico del testo dell'esercizio.

ma allora la traslazione del diagramma andava fatta orizzontalmente e non verticalmente.

da **Flamber** » 14 lug 2016, 19:00

Guaffo ha scritto: A questo punto, se 0dB corrispondono al guadagno 1 (cosa che non sapevo)"

A questo proposito, prima di avventurarti negli esercizi proposti dal tuo professore, ti consiglio di chiarirti un po' le idee in merito ai diagrammi di bode, ai decibel e al dominio della frequenza in generale.
Cercando in giro la cosa significa decibel, troverai almeno 3 o 4 definizioni diverse, con i termini più fantasiosi, e scoprirai che le contraddizioni degli elettronici non hanno mai fine.
Ti consiglio questi video e PDF, che dovrebbero chiarirti la questione una volta per tutte. Ci sono diversi esempi. In particolare, il primo link è un video della University of Colorado che mi è stato molto utile durante il corso di elettrotecnica:

https://www.coursera.org/learn/converte ... grams-pole

http://www.ece.utah.edu/~ee3110/bodeplot.pdf

http://web.cecs.pdx.edu/~ece2xx/ECE222/ ... lotsx4.pdf

da **DanteCpp** » 14 lug 2016, 23:21

Funzioni a valori complessi
Sia $H(f): \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}$ , una funzione di variabile reale a valori in $\mathbb{C}$ allora H(f)

può essere rappresentata in forma cartesiana, o in forma polare.

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Forma cartesiana

$H(f) =a(f)+j \cdot b(f)$

dove
$a(f)=\mathbb{R} e[ H(f)]$

$b(f)=\mathbb{I} m[ H(f)]$

Forma polare

$H(f) = M e^{j \varphi }$

dove

per il teorema di Pitagora
$M(f)=|H(f)|=\sqrt{a^2+b^2}$

nel semipiano destro vale,
$\varphi (f)=\angle H(f)= \arctan \frac{b}{a}$
per definizione di tangente.

Rappresentazioni grafiche

Ora potremmo rappresentare H(f)

nel piano di Gauss, come una curva parametrizzata in

.

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Oppure potremmo disegnare due grafici, uno per la fase e uno per i moduli di H(f)

, senza perdita di informazione.

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Diagrammi di Bode

I diagrammi di bode sono due grafici, uno per la fase e uno per il modulo di H(f)

, in cui si fa la particolare scelta, di rappresentare le ascisse in scala logaritmica e le ordinate nel grafico dei moduli in decibel.

Quindi, vediamo dove si trova la frequenza f=0

nel diagramma di bode:

$\lim_{f \to 0} \log f = - \infty$

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Procediamo allo stesso modo per verificare la posizione dell'asse rappresentante M(f)

.

$\lim_{M(f) \to 1} 20 \log M(f)=0 \; \text{dB}$

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In generale

$M_{dB}(f)=20\log{M(f)}$

Zeri nell'origine

Sia ora, $H(f)=k \cdot j 2 \pi f$

essendo la parte reale nulla e la parte immaginaria positiva, sarà
$\angle H(f)=\varphi (f)=\frac{\pi}{2} \; \text{rad}$

Il modulo, invece:
$|H(f)|=M(f)=\sqrt{(k \cdot 2 \pi f)^2}=2 \pi f k$

$M_{dB}(f)=20 \log (2 \pi f k)$

per le proprietà dei logaritmi
$=20 \log (2 \pi k) + 20 \log(f)$

Quindi, nel diagramma dei moduli, avremmo una retta, con pendenza +20 dB per decade, ed intercetta con l'asse $\log(f)=0$ , in $20 \log (2 \pi k)$ .

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Detto ciò, come dovrebbe essere il diagramma, nel tuo caso specifico?

da **Guaffo** » 15 lug 2016, 1:01

Nel mio caso specifico, l'intercetta sarebbe in $20 log(2 \pi CR)=-64dB$

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Per il punto B

Ora, la tensione tra i due nodi di ingresso non è più nulla. Considero il circuito in questo modo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La KCL al nodo A è:

$\frac{(V_i-V_d)}{Z_1}=\frac{(V_d-A(s)V_d)}{Z_2}$

da cui

$V_d=\frac{(V_iRsC)}{1+A(s)+RsC}$

inoltre vale

V_o=A(s)V_d

e allora

$H(f)=\frac{V_o}{V_i}=-A_0 \frac{Rj2 \pi fC}{1+j2 \pi f {\tau}_A+A_0+Rj2 \pi fC(1+j2 \pi f {\tau}_A)}$

dove ho una costante di partenza, uno zero all'origine, e tre poli reali. Corretto?

da **g.schgor** » 15 lug 2016, 7:13

Guaffo ha scritto:Nel mio caso specifico...

Si, è corretto ma direi poco significativo.
Non hai infatti "quotato" l'asse delle frequenze,
o almeno indicato la il valore della frequenza
corrispondente a 0dB. ( f_0

, frequenza di taglio).
Questa è data da:
$f_0=\frac{1}{2 \pi CR}=1592Hz$

Circa la risposta con l'amplificatore "reale",
ecco il risultato delle simulazione con Microcap
da 10Hz a 1MHz:

Domande?

da **DanteCpp** » 15 lug 2016, 8:05

Guaffo ha scritto:Nel mio caso specifico, l'intercetta sarebbe in $20 log(2 \pi CR)=-64dB$

Continui a non specificare nel grafico la frequenza dell'Asse verticale che disegni.

da **Guaffo** » 15 lug 2016, 11:51

Scusate, quando ho postato ero proprio cotto.

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Passatemi il fatto di non aver quotato tutti gli assi.

Per la mia soluzione del punto B, mi sa che c'è qualcosa che non torna...

per f->0, H(f)=0. Poi ho uno zero all'origine e un polo reale alla stessa frequenza di 159Hz e due poli reali alla frequenza 3.9Hz.
Qualcosa non va...

g.schgor ha scritto:
Forum130716.gif

Domande?

Da qui vedo che si dovrebbe ottenere uno zero nell'origine con frequenza di taglio a circa 10Hz e un polo reale verso i 100kHz...

da **Flamber** » 15 lug 2016, 14:19

Per vedere che c'è uno 0 nell'origine, non c'è bisogno di fare nessun calcolo, basta guardare il circuito. Se f=0, cioè se la tensione applicata all'ingresso è in continua, come si comporta quel condensatore?
Il fatto di quotare gli assi, non è solo una questione di forma, è una necessità. Un diagramma logaritmico senza gli assi quotati non è interpretabile in alcun modo, non ha alcun senso, e quindi nessuna utilità.

Ad esempio, quel -64dB cosa vuol dire? a che frequenza è riferito?

da **Guaffo** » 15 lug 2016, 16:13

E' che non mi ci trovo molto a fare grafici con fidocadj. devo sempre fare un paio di tentativi prima di ottenere quello buono. :cry:

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Commenti sul punto B?

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