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Esercizi su diagrammi di Bode, Nyquist e margini di stabilità svolti

Nove esercizi con soluzione e diagrammi: Bode asintotico, picco di risonanza, margini, guadagno per un margine di fase, margine di ritardo, rete anticipatrice, Nyquist di un processo instabile, conteggio dei giri, zero a fase non minima.

ielettronica 25 ottobre 2026 7 min di lettura 1 commento

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Esercizi su diagrammi di Bode, criterio di Nyquist e margini di stabilità del tipo che si danno nei corsi di Controlli automatici, in tre livelli: base, con il disegno a mano e la lettura dei diagrammi; medio, con margini, ritardi e progetto del guadagno; esame, con processi instabili in anello aperto, conteggio dei giri, reti correttrici e sistemi a fase non minima. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa, con il diagramma, si apre con un clic. Le dimostrazioni e il codice MATLAB e Python sono nell’approfondimento collegato in cima.

Livello base

Esercizio 1. Bode a mano

Disegna i diagrammi di Bode asintotici di $L(s) = \dfrac{100(s + 1)}{s(s + 10)}$ e stima la pulsazione di attraversamento e il margine di fase.

Risultato: forma di Bode $\frac{10(1 + s)}{s(1 + s/10)}$ ; attraversamento circa 100 rad/s; margine di fase circa 95°.

Soluzione

Forma di Bode (i fattori con il termine noto 1): $L = \frac{100\cdot(1 + s)}{s\cdot 10(1 + s/10)} = \frac{10(1 + s)}{s(1 + s/10)}$ . Guadagno 10, un integratore, uno zero in 1, un polo in 10.

Modulo asintotico. Per $\omega \lt 1$ : $\frac{10}{\omega}$ , retta a −20 dB per decade che vale 20 dB in $\omega = 1$ . Tra 1 e 10 lo zero compensa l’integratore: piatto a 20 dB. Dopo 10: di nuovo −20 dB per decade, $|L| \approx \frac{100}{\omega}$ , che vale 0 dB in $\omega = 100$ .

Fase. Parte da $-90°$ (integratore), sale verso $-45°$ per effetto dello zero, torna a $-90°$ dopo il polo. In $\omega = 100$ : $-90° + \arctan 100 - \arctan 10 = -90° + 89{,}4° - 84{,}3° = -84{,}9°$ , quindi $\varphi_m \approx 95°$ .

Valori esatti (con il codice dell’approfondimento): $\omega_c = 99{,}5$ rad/s, $\varphi_m = 95{,}2°$ ; in $\omega = 1$ il modulo reale è 23 dB (l’asintoto dà 20: l’errore di +3 dB dello zero).

Bode reale e asintotico — Il modulo reale, in blu, segue gli asintoti tratteggiati scostandosi di circa 3 dB nei punti di rottura 1 e 10; la fase, in rosso, sale verso meno 45 gradi tra i due e torna a meno 90.

Esercizio 2. Il picco di risonanza

Un sistema del secondo ordine ha $\omega_n = 10$ rad/s e $\zeta = 0{,}2$ . Calcola il picco di risonanza, la pulsazione a cui si trova e la fase in $\omega_n$ .

Risultato: $M_r = 2{,}55$ (8,1 dB) a $\omega_r = 9{,}59$ rad/s; fase $-90°$ in $\omega_n$ .

Soluzione

Dall’approfondimento: $M_r = \frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}} = \frac{1}{0{,}4\cdot 0{,}9798} = 2{,}55$ , cioè $20\log_{10}2{,}55 = 8{,}1$ dB.

$\omega_r = \omega_n\sqrt{1 - 2\zeta^2} = 10\sqrt{0{,}92} = 9{,}59$ rad/s. In $\omega = \omega_n$ il denominatore $1 - u^2 + 2i\zeta u$ vale $2i\zeta$ : fase $-90°$ , modulo $\frac{1}{2\zeta} = 2{,}5$ .

Il picco in frequenza e la sovraelongazione al gradino (52,7 % per $\zeta = 0{,}2$ ) sono due facce dello stesso scarso smorzamento: uno strumento che misura la risposta in frequenza di un sistema permette di stimare $\zeta$ dal picco.

Picchi di risonanza per vari smorzamenti — La curva arancione corrisponde a zeta 0,2, con un picco di circa 8 dB poco prima della pulsazione naturale.

Esercizio 3. Leggere i margini

Per $L(s) = \dfrac{4}{s(s + 1)(s + 2)}$ calcola a mano il margine di guadagno e verifica sul diagramma di Nyquist che l’anello chiuso è stabile.

Risultato: $\omega_\pi = \sqrt 2$ , $G_m = 1{,}5$ (3,5 dB); $\varphi_m = 11{,}4°$ a 1,14 rad/s; stabile, con margini piccoli.

Soluzione

Fase $-90° - \arctan\omega - \arctan\frac{\omega}{2} = -180°$ richiede $\arctan\omega + \arctan\frac{\omega}{2} = 90°$ , cioè $\omega\cdot\frac{\omega}{2} = 1$ (due angoli complementari hanno tangenti reciproche): $\omega_\pi = \sqrt 2$ .

$|L(i\sqrt 2)| = \frac{4}{\sqrt 2\cdot\sqrt 3\cdot\sqrt 6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ , quindi $G_m = 1{,}5$ : il guadagno critico è $4\cdot 1{,}5 = 6$ (lo stesso che dà Routh su $s^3 + 3s^2 + 2s + K$ : $3\cdot 2 = K$ ).

Sul diagramma di Nyquist, $L$ non ha poli nel semipiano destro ( $P = 0$ ) e la curva attraversa il semiasse negativo in $-\frac{2}{3}$ , senza circondare $-1$ : $N = 0$ , $Z = 0$ , stabile.

Nyquist di 4 fratto s per s più 1 per s più 2 — La curva attraversa il semiasse reale negativo in meno due terzi, vicino al punto critico ma alla sua destra.

Margini sui diagrammi di Bode — Il margine di fase, in verde, è di circa 11 gradi; il margine di guadagno, in viola, di circa 3,5 dB.

Livello medio

Esercizio 4. Il guadagno per un margine di fase

Per $L(s) = \dfrac{K}{s(s + 1)(s + 2)}$ trova il guadagno che dà un margine di fase di 45°. Quanto vale allora il margine di guadagno?

Risultato: $K = 1{,}34$ , con $\omega_c = 0{,}562$ rad/s; $G_m = 4{,}48$ (13 dB).

Soluzione

Il guadagno non cambia la fase. Si cerca prima la pulsazione dove la fase vale $-135°$ : $\arctan\omega + \arctan\frac{\omega}{2} = 45°$ . Con la formula della tangente della somma: $\frac{\omega + \omega/2}{1 - \omega^2/2} = 1$ , cioè $\omega^2 + 3\omega - 2 = 0$ , $\omega = \frac{-3 + \sqrt{17}}{2} = 0{,}562$ .

Poi si sceglie $K$ perché lì il modulo valga 1: $K = \omega\sqrt{1 + \omega^2}\sqrt{4 + \omega^2} = 0{,}562\cdot 1{,}147\cdot 2{,}077 = 1{,}34$ .

Margine di guadagno: il guadagno critico è 6 (esercizio 3), quindi $G_m = 6/1{,}34 = 4{,}48$ . La sovraelongazione in anello chiuso risulta del 24 %, coerente con la regola $\zeta \approx \varphi_m/100 = 0{,}45$ .

Diagrammi di Bode della funzione d'anello — Abbassando il guadagno il diagramma del modulo scende rigidamente, la pulsazione di attraversamento si sposta a sinistra dove la fase è più lontana da meno 180, e il margine di fase aumenta.

Esercizio 5. Quanto ritardo si può tollerare

Per $L(s) = \dfrac{2}{s + 1}$ calcola il margine di fase e il ritardo massimo che si può inserire nell’anello prima dell’instabilità.

Risultato: $\omega_c = \sqrt 3$ , $\varphi_m = 120°$ ; ritardo massimo 1,21 s.

Soluzione

$|L(i\omega)| = \frac{2}{\sqrt{1 + \omega^2}} = 1$ per $\omega_c = \sqrt 3$ . Fase $-\arctan\sqrt 3 = -60°$ , margine $180° - 60° = 120°$ .

Un ritardo $\tau$ aggiunge alla fase $-\omega\tau$ senza cambiare il modulo: l’attraversamento resta a $\sqrt 3$ , e l’instabilità arriva quando $\omega_c\tau = 120° = 2{,}094$ rad, cioè $\tau = \frac{2{,}094}{1{,}732} = 1{,}21$ s.

Senza ritardo il sistema del primo ordine è stabile per qualunque guadagno; con un ritardo, no. È il motivo per cui i sistemi controllati attraverso una rete (veicoli, robot teleoperati) devono tenere conto della latenza.

Il ritardo sui diagrammi di Bode — Con un ritardo di 0,6 secondi la fase, in rosso, scende molto sotto quella del sistema senza ritardo, in grigio, e il margine di fase si dimezza circa.

Esercizio 6. Una rete anticipatrice

La rete $C(s) = \dfrac{1 + 10s}{1 + s}$ è una rete anticipatrice con $\alpha = 10$ . Trova l’anticipo di fase massimo, la pulsazione a cui si ottiene e il guadagno in quel punto.

Risultato: $54{,}9°$ a $\omega = 0{,}316$ rad/s; guadagno $\sqrt{10}$ , cioè 10 dB.

Soluzione

Con $C = \frac{1 + \alpha Ts}{1 + Ts}$ (qui $T = 1$ ), la fase è $\arctan(\alpha T\omega) - \arctan(T\omega)$ . Derivando e ponendo a zero si trova il massimo alla media geometrica delle due pulsazioni di rottura: $\omega_m = \frac{1}{T\sqrt\alpha} = \frac{1}{\sqrt{10}} = 0{,}316$ .

Lì $\sin\varphi_{max} = \frac{\alpha - 1}{\alpha + 1} = \frac{9}{11}$ , $\varphi_{max} = 54{,}9°$ , e $|C| = \sqrt\alpha = 3{,}16$ (10 dB, metà dei 20 dB totali).

Nel progetto si colloca $\omega_m$ sulla nuova pulsazione di attraversamento, per sfruttare tutto l’anticipo dove serve; il guadagno $\sqrt\alpha$ va compensato.

Diagrammi di Bode della rete anticipatrice — Il modulo sale di 20 dB tra le pulsazioni 0,1 e 1; la fase ha una campana con il massimo di circa 55 gradi alla pulsazione 0,316.

Livello esame

Esercizio 7. Nyquist con un processo instabile

Il processo $L(s) = \dfrac{K}{s - 1}$ ha un polo instabile. Disegna il diagramma di Nyquist per $K = 2$ e determina con il criterio per quali $K$ l’anello chiuso è stabile.

Risultato: stabile per $K \gt 1$ ; per $K = 2$ il diagramma circonda $-1$ una volta in senso antiorario.

Soluzione

$L(i\omega) = \frac{K}{i\omega - 1} = \frac{K(-1 - i\omega)}{1 + \omega^2}$ . Per $\omega = 0$ vale $-K$ , per $\omega \to \pm\infty$ tende a 0. Parte reale e immaginaria soddisfano $\left(x + \frac{K}{2}\right)^2 + y^2 = \frac{K^2}{4}$ : una circonferenza di centro $-\frac{K}{2}$ e diametro da $-K$ a 0.

Il processo ha $P = 1$ . Se $K \gt 1$ la circonferenza contiene $-1$ , percorsa (per $\omega$ da $-\infty$ a $+\infty$ ) in senso antiorario: $N = -1$ , quindi $Z = N + P = 0$ , stabile. Se $K \lt 1$ , $-1$ resta fuori: $N = 0$ , $Z = 1$ , instabile.

Verifica diretta: l’anello chiuso ha polo $1 - K$ , negativo per $K \gt 1$ . Con un processo instabile, il diagramma deve girare attorno a $-1$ , nel verso giusto, per avere un anello stabile.

Nyquist di un processo instabile — Per K uguale a 2 la curva è una circonferenza da meno 2 a 0 che racchiude il punto meno 1 e lo circonda una volta in senso antiorario.

Esercizio 8. Contare i giri

Per $L(s) = \dfrac{60}{s(s + 1)(s + 5)}$ usa il criterio di Nyquist per contare i poli instabili dell’anello chiuso.

Risultato: due giri in senso orario attorno a $-1$ : $Z = 2$ , anello chiuso instabile con una coppia di poli nel semipiano destro.

Soluzione

Dalla lezione, per $\frac{K}{s(s + 1)(s + 5)}$ il diagramma attraversa il semiasse negativo in $-\frac{K}{30}$ alla pulsazione $\sqrt 5$ . Con $K = 60$ l’attraversamento è in $-2$ , a sinistra di $-1$ .

Seguendo la curva completa (per $\omega$ positivi e negativi, chiusa all’infinito in senso orario per l’integratore), il punto $-1$ viene circondato due volte in senso orario: $N = 2$ . Il processo è stabile, $P = 0$ , quindi $Z = 2$ .

Verifica con Routh su $s^3 + 6s^2 + 5s + 60$ : $6\cdot 5 = 30 \lt 60$ , due cambi di segno nella prima colonna, due poli instabili.

Nyquist con guadagno troppo alto — La curva attraversa il semiasse reale negativo in meno 2, a sinistra del punto critico, che risulta circondato due volte in senso orario.

Esercizio 9. Uno zero a fase non minima

Il sistema $G(s) = \dfrac{1 - s}{(1 + s)^2}$ ha uno zero in $+1$ . Calcola la risposta al gradino, il valore minimo e l’istante in cui viene raggiunto, e confronta la fase con quella di $\dfrac{1 + s}{(1 + s)^2}$ .

Risultato: $y(t) = 1 - e^{-t} - 2te^{-t}$ ; minimo $-0{,}213$ in $t = 0{,}5$ s; la fase scende fino a $-270°$ invece di fermarsi a $-90°$ .

Soluzione

$Y = \frac{1 - s}{s(1 + s)^2} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s + 1} - \frac{2}{(s + 1)^2}$ (residui: in 0 vale 1; per il polo doppio, $G_2 = \frac{1 - s}{s}$ , $G_2(-1) = -2$ , $G_2'(-1) = -1$ ). Quindi $y = 1 - e^{-t} - 2te^{-t}$ .

$y'(t) = e^{-t}(2t - 1)$ : negativa per $t \lt 0{,}5$ . La risposta parte verso il basso, raggiunge $y(0{,}5) = 1 - 2e^{-0{,}5} = -0{,}213$ e poi sale verso 1.

In frequenza: $|1 - i\omega| = |1 + i\omega|$ , stesso modulo; ma $\arg(1 - i\omega) = -\arctan\omega$ invece di $+\arctan\omega$ . La fase totale va da 0 a $-270°$ . Il ritardo di fase in più riduce il margine e limita la banda ottenibile: con uno zero instabile in $z$ , la pulsazione di attraversamento non può superare circa $z/2$ .

Risposta al gradino di un sistema a fase non minima — La risposta, in blu, scende fino a meno 0,21 a mezzo secondo e poi sale verso 1; tratteggiata, la risposta del sistema con lo zero stabile, che sale subito.

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Autore

ielettronica

9 ore fa

Benvenuti nella pagina su «Esercizi su diagrammi di Bode, Nyquist e margini di stabilità svolti». L'ho scritta pensando a chi studia ingegneria elettronica: se un passaggio non vi torna, un esercizio vi dà un risultato diverso o volete altro materiale sull'argomento, chiedete pure nei commenti e vi risponderò. Un voto con le stelle qui sopra mi aiuta a capire quali pagine migliorare.Welcome to the page on “Solved exercises on Bode plots, Nyquist and stability margins”. I wrote it for engineering students: if a step does not add up, an exercise gives you a different result or you would like more material on the topic, just ask in the comments and I will reply. A star rating above helps me understand which pages to improve.

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