Exposici n Dinamicos

7/25/2019 Exposici n Dinamicos

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Diagramas de Bode en Sistemas Lineales

Daniel DucuaraFabian Barreto

Nicolas HernandezFerney Castaneda

Marcelo Tunarosa

June 26, 2016

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Respuesta en Frecuencia

La respuesta en frecuencia se denomina ası debido a que la

salida y (t ) de un sistema estable, lineal e invariante es debida aexcitaciones senoidales sen(ωt ) y tiende asintoticamente a unarespuesta estacionaria de la forma:

y (t ) = M (ω)sen(ωt + φ(ω))

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M (ω) y φ(ω) estan relacionados con la funcion de transferenciadel sistema, H (s ). Para el analisis en frecuencia s = j ω entoncesH ( j ω). Donde:

H ( j ω) = Y ( j ω)X ( j ω) = A(ω) + jB (ω)

M (ω) = |H ( j ω)| = A2(ω) + B 2(ω)

φ(ω) = ∠H ( j ω) = tan−1B (ω)A(ω)

La funcion de transferencia H ( j ω) de un sistema es la relacionde la salida Y ( j ω) y la entrada X ( j ω). Las dos estan en funcion

de la frecuencia.

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Diagrama de Bode

Un diagrama de Bode esta formado por dos graficas:

La grafica del logaritmo de la magnitud de la funcion detransferencia sinusoidal.

La grafica del angulo de fase de la funcion detransferencia sinusoidal.

Ambas se dibujan contra la frecuencia en escala logarıtmica.

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Una forma sistematica de obtener la respuesta en frecuenciaconsiste en utilizar los diagramas de Bode. Antes de empezara dibujar diagramas de Bode, se deben considerar con cuidadodos aspectos importantes:

La unidad utilizada en esta representacion para lamagnitud es el decibelio, por lo general abreviado dB .

El manejo de las propiedades de los logaritmos.

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Propiedades de los logaritmos

log(P 1 ∗ P 2) = log P 1 + log P 2

log(P 1P 2

) = log P 1 − logP 2

logP n = n ∗ log P

log(1) = 0

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La representacion comun de la magnitud logarıtmica y fase de

H ( j ω) son 20 log|H ( j ω)| y∠H ( j ω), donde la base del logaritmoes 10.

La abscisa (eje horizontal)muestra el valor de ω en escala log-aritmica. La ordenada (eje vertical) muestra la magnitud de

H ( j ω) en dB o la fase de H ( j ω).

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Factores

La ventaja principal de utilizar el diagrama de Bode es que la

multiplicacion de factores se convierte en suma al aplicar laspropiedades de los logaritmos. Por lo tanto el diagrama debode sera la suma de las trazas logaritmicas individuales de losfactores. Son 4 el numero de factores basicos que se pueden

encontrar dentro de la funcion de transferencia:

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Factores basicos:

La ganancia o termino constante K Los factores integrales y derivativos ( j ω)∓n

Los factores en primer orden (1 + j ωT )∓1

Los factores cuadraticos

1 + 2ζ j ω

ωn

+ j ω

ωn2∓1

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Termino constante, K

La curva de magnitud logarıtmica para una ganancia constante

K es una recta horizontal cuya magnitud es de 20 log(K ) dB.El angulo de fase de la ganancia K es cero.

Fase: 0o Magnitud: 20 log(K ) dB

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Factores integrales y derivativos, ( j ω)∓n

La magnitud logarıtmica de 1 j ω

en decibelios es

20 log| 1 j ω| = −20 log ωdB

El angulo de fase de

1

j ω es constante e igual a 90

o

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Magnitud y Fase para ceros en el origen

H ( j ω) = ( j ω)n

20log|H ( j ω)| = 20 log|( j ω)n| = 20 ∗ n log ω dB

∠H ( j ω) = ∠(ωn exp(n ∗ 90o j )) = n ∗ 90o

Donde n = 1, 2, 3, 4,...

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Factores de Primer orden

La magnitud logarıtmica del factor de primer orden 11+ j ωT

es

20 log|

1

1+ j ωT |=−

20log√

1 + ω2T 2dB

Para bajas frecuencias, tales que ω << 1T

,la magnitud logarıtmicase aproxima mediante

−20log

√ 1 + ω

2T 2

∼= −20 log 1 = 0dB

Por tanto, la curva de magnitud logarıtmica para bajas frecuen-cias es la lınea 0dB constante.

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Para altas frecuencias, tales que ω >> 1T

−20log

√ 1 + ω2T 2 ∼=

−20log ωTdB

Esta es una expresion aproximada para el rango de altas fre-cuencias.

ω = 1T

Magnitud =

−3dB

ω = 10T

Magnitud = −20dB

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El angulo de fase φ exacto del factor 11+ j ωT

es

φ = −tan−1ωT

En una frecuencia 0, el angulo de fase es 0o .

ω = 0 φ = 0

En la frecuencia de corte, el angulo de fase es:φ = −tan−1T

T = −tan−11 = −45o

En el infinito, el angulo de fase se convierte en 90o .

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Caracteristica del factor de Primer orden:

Al variar la constante de tiempo T mueve la frecuencia decorte a la izquierda o a la derecha, aunque las formas delas curvas de magnitud logarıtmica y de angulo de fase no

cambian.La funcion de Trasferencia 1

1+ωT tiene la caracterıstica de

un filtro paso-baja. Para frecuencias por encima deω = 1

T la magnitud logarıtmica disminuye rapidamente

hacia −∞.Una ventaja de los diagramas de Bode es que, parafactores recıprocos, por ejemplo el factor1 + j ωT , lascurvas de magnitud logarıtmica y de angulo de fase solo

necesitan cambiar de signo.

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Los factores cuadraticos

Este factor esta relacionado con los Polos y ceros complejos de

tipo cuadratico de la funcion de transferencia que se encuentrande la forma:

H ( j ω) = 1 + 2ζ j ω

ωn + j ω

ωn2

∓1

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Magnitud y Fase para ceros

H ( j ω) =

1 + 2ζ j ω

ωn

+ j ω

ωn2

20 log |H ( j ω)| = 20 log

1 −

ωωn

22

+

2ζ ωωn

2

∠H ( j ω) = arctan 2ζ ω

ωn

1−( ω

ωn)2

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Si ω << ωn es decir para frecuencias por debajo de la frecuenciade corte ωn entonces:

20log |H ( j ω)| = 20 log 1 = 0dB

Si ω >> ωn es decir para frecuencias por encima de la frecuenciade corte ωn entonces:

20log |H ( j ω)| = 20 log ωωn

2

= 40 log ωωn

Si ω = ωn es decir para ω igual a la frecuencia de corte ωn

entonces:

20 log

|H ( j ω)

|= 40 log ωn

ωn = 40 log 1 = 0 dB

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Magnitud y Fase para polos

H ( j

ω) =

11+2ζ ( j ω

ωn )+( j ωωn )2

20 log |H ( j ω)| = −20log

1 −

ωωn

22

+

2ζ ωωn

2

∠H ( j ω) = − arctan 2ζ ω

ωn

1−( ω

ωn)2

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Si ω << ωn es decir para frecuencias por debajo de la frecuenciade corte ωn entonces:

−20log |H ( j ω)| = −20 log 1 = 0 dB

Si ω >> ωn es decir para frecuencias por encima de la frecuenciade corte ωn entonces:

−20 log |H ( j ω)| = −20log ωωn

2

= −40 log ωωn

Si ω = ωn es decir para ω igual a la frecuencia de corte ωn

entonces:

−20 log

|H ( j ω)

|=

−40log ωn

ωn =

−40 log 1 = 0 dB

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Para obtener las curvas de respuesta en frecuencia de una funcionde transferencia cuadratica determinada, primero se deben de-

terminar los valores de la frecuencia de corte ωn n y del factorde amortiguamiento ζ . Para ello debe tener encuenta la forma:

1 + 2ζ j ωωn + j ωωn2

∓1

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El angulo de fase es una funcion de ω y de ζ . En ωn = 0, elangulo de fase φ = 0o . En la frecuencia de corte ω = ωn, el

angulo de fase φ = −90o para polos y φ = 90o para ceros. Enω = ∞, el angulo de fase φ = −180o para polos y φ = 180o

para ceros.

No existe maneras simples de dibujar las curvas de fase. Esnecesario hacer referencia a las curvas de angulo de fase.

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R i

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Resonancia

El factor de amortiguamiento ζ varıa entre 0 y 1 (0 < ζ < 1).Las dos asıntontas que se obtienen de la magnitud de la funcion

de transferencia son independientes del valor ζ . Cerca de lafrecuencia ω =ωn, hay picos de resonancia.

El factor de amortiguamiento ζ determina la magnitud de este

pico de resonancia . Para valores pequenos cercanos a 0 de ζ elpico es grande y para valores cercanos a 1 el pico es pequeno.

R i

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Resonancia

Para la grafica del angulo de fase para valores pequenos deζ cercanos a 0, el angulo varıa rapidamente al pasar por lafrecuencia de corte ωn y para ζ cercanos a 1, el angulo varıalentamente.

Frecuencia de Resonancia

El pico de resonancia tiene un valor de frecuencia asociado ωr .Este valor se calcula a partir de la magnitud de la funcion de

transferencia:

|H ( j ω)| =

1 −

ωωn

22

+

2ζ ω

ωn2

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El valor ωr se calcula en el punto maximo de |H ( j ω)| por lo que

es necesario determinar el punto en que d |H ( j ω)|

d ω

= 0. Al obtenereste derivada, se encuentra que el valor maximo ocurre cuandoω = ωn

1 − 2ζ 2. Por lo tanto la frecuencia de resonancia sera:

ωr = ωn 1 −2ζ 2

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A medida que el factor de amortiguamiento ζ tiende a cero, lafrecuencia de resonancia ωr tiende a ωn. Para 0 < ζ < 0.707,la frecuencia de resonancia ωr es menor que la frecuencia decorte. Para ζ > 0.707, no hay un pico de resonancia.

Ej l 1

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Ejemplo 1

Elabore los diagramas de bode para la funcion de transferencia.

H ( j ω) = 200 j ω

( j ω + 2) ( j ω + 10)

Solucion

1) Se pone H ( j ω) en la forma estandar, resaltando los polos y

los ceros.H ( j ω) =

10 j ω1 + j ω

2

1 + j ω

10

H ( j ω) =

10 | j ω|1 +

j ω

2 | 1 +

j ω

10 −

90◦

−tan−1 ω

2 −tan−1 ω

10

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De aquı que la magnitud y la fase son:

H dB = 20 log10 10 + 20 log10 | j ω| − 20log10

1 +

j ω

2

−20log10

1 + j ω10

Donde:

φ = 90◦ − tan−1

ω

2− tan−1

ω

10Observese que hay dos frecuencias de quiebre correspondientesa ω = 2, 10. Para los digramas de magnitud y de fase, sedibuja cada termino como se indica por medio de las lıneas

punteadas de la figura mostrada a continuacion.

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Se suman graficamente para obtener los diagramas generadosque se muestran mediante las curvas continuas.

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Y la grafica de Fase respecto a lo obtenido anteriormente.

Ejemplo 2

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Ejemplo 2

Obtenga el diagrama de bode para la funcion de transferencia.

H ( j ω) =

j ω + 10

j ω ( j ω + 5)2

Solucion

1) Al Poner H ( j ω) en la forma estandar, se obtiene

H ( j ω) = 0.4

1 + j ω

10

j ω

1 + j ω

5 2

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A partir, de esto se encuentra la magnitud y fase como:

H dB = 20log10 0.4 + 20 log10 1 + j ω

10− 20 log10

| j ω

|−40log10

1 +

j ω

5

Donde,

φ = 0◦ − tan−1 ω

10

− 90◦ − 2tan−1

ω

5

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Hay dos frecuencias de corte en ω = 5, 10rad /s . Para el polocon la frecuencia de quebre en ω = 5, la pendiente deldiagrama de magnitud es

−40dB /d ecada, y la

correspondiente al diagrama de fase es de −90◦ por decadadebido a la potencia de 2.

Los diagramas de magnitud y de fase para los terminos

individuales (en lıneas punteadas) y la H ( j ω) completa (enlıneas continuas).

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Se presenta en la siguiente grafica.

Diagrama de magnitud

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Se presenta en la siguiente grafica en la fase.

Diagrama de fase

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