Graficas de Bode

7/30/2019 Graficas de Bode

1/56

Modelos de Ingeniera II

12.RESPUESTA EN FRECUENCIA

12.1 CONCEPTO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA

Con el trmino respuesta en frecuencia, se quiere decir la respuesta en estadoestacionario de un sistema a una entrada sinusoidal. En los mtodos de respuestaen frecuencia, variamos la frecuencia en la seal de entrada en un cierto rango yestudiamos la respuesta resultante.

La ventaja del mtodo de respuesta en frecuencia radica en que los test son engeneral simples y pueden hacerse de forma precisa mediante el empleo degeneradores de seales sinusoidales y de buenos equipos de medida a menudo

las funciones de transferencia de componentes complicados se pueden determinarexperimentalmente con los test de respuesta de frecuencia.

Aunque la respuesta en frecuencia de un sistema de control muestra una visincualitativa de la respuesta transitoria, la correlacin entre la respuesta enfrecuencia y transitoria es indirecta, excepto en el caso se sistemas de segundoorden. Al disear un sistema lazo cerrado ajustamos la caracterstica de respuestaen frecuencia de la funcin de transferencia en lazo abierto utilizamos algunoscriterios de diseo con el fin de obtener unas caractersticas de respuestatransitoria para el sistema aceptable.

12.2 DEMOSTRACIN DE LA RESPUESTA EN FRECUENCIA

Considere la respuesta en el tiempo de un sistema el cual es excitado por unaentrada senoidal de la forma:

)()( wtAsentU =

Donde A= amplitud

w= frecuenciaLa cual depende del tiempo

)()( wtAsentU =

1


2/56


W(s): Funcin de respuesta

)(

)()(

sU

sYsW =

Como

22)]([)(

ws

AwtUsU

+==

Entonces

))(( wjswjs

Aw

+=

Como )(*)()( sUsWsY = entonces

))((

)(

))((*)()(

wjswjs

AwsW

wjswjs

AwsWsY

+=

+=

Resolviendo por fracciones parciales

)(sAwWCwjCsBwjBswjs

C

wjs

B=++=

++

CBCB ==+ 0 (1)

)(sAwWCwjBwj = (2)

Reemplazando (1) en (2)

)(sAwWCwjCwj =)(2 sAWCj =

Entonces queda

2

Y (t)W(s)

U (t)=Asen (wt)


3/56


jsAW

j

j

j

sAWC

2

)(*

2

)(=

=

jsAW

B2

)(=

Donde

wjs

jsAW

wjs

jsAW

sY

+

+

= 2

)(

2

)(

)(

Aplicando la frmula Transformada con nmeros complejos

)cos(2 RteRjs

eR

js

eRt

RjRj

+=++

++

Como

0=w=

Entonces

jsAW

R2

)(=

jsAWR2

)(=

3


4/56


jsAW

R2

)(=

jsWA

R += )(2

090)( = sWR

Por definicin

MagnitudwRsW :)()( =seAnguloDeFawsW :)()( =

2

)(

2

)( wARsWAR ==

090)( = wR

Reemplazando los valores en la frmula en

)cos(2 RteRjs

eR

js

eRt

RjRj

+=++

++

Queda

)90)(cos(2

)(22

)(

2

)(

)( 0

)90)(()90)(( 00

+=+

+

=

wwtwAR

wjs

ewAR

wjs

ewAR

tY

jwjw

Resolviendo la ecuacin

4


5/56


)90)(cos()()( 0+= wwtwARtY

Como

sen=+ )90cos( 0

sen= )90cos( 0

Entonces

))(()()( wwtsenwARtY +=

5


6/56


12.3 EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE RESPUESTA EN FRECUENCIA

1.10

10)(+= s

sW )3(5)( tsentU =

Como sabemos que

)()( wtAsentU =

Donde A= amplitudw= frecuencia

Entonces se puede decir que

A= 5w= 3

Se halla R(w) que es igualwjs

sWwR=

= )()(

Entonces

10

10)(

+

=

wj

sW

Reemplazamos el valor de w en W(s)

103

10)(

+=

jsW

Recuerde que :

bbbj

babja

aa

==

+=+

=

2

22

Resolviendo queda

6


7/56


109

10

103

10)(

22

=+

=sW

Luego hallamos w que es igual a )(sW>

1log +a

wj

01, =


13/56


13


14/56


CASO 2

Cero de primer orden)()( bsKsG +=

Forma de constante de tiempo

+= 1)(b

sKbsG

Evaluar wjs =

+= 1)( bwj

KbwjG

Aplicamos logaritmo y la norma

+= 1)(b

wjKbLogwjGLog

1)( ++=b

wjLogKbLogwjGLog

Examinamos el comportamiento asinttico de 1+b

wjLog

1)(1, ====+>> wLogwjLogb

wjLog

b

wjLogbw

1+b

wjLog

01, =


15/56


Pendiente

( )( ) ( ))(

1

)(

)(

wLogd

bwjLogKbLogd

wLogd

wjGLogd

++

=

( )( )

( )( )

( )( )

110)(

)(

)()(

)(=+=+=

wLogd

wLogd

wLogd

KbLogd

wLogd

wjGLogd

15


16/56


CASO 3

Cero de segundo orden

)2()( 22 nn wszwsKsG ++=


++=

2

2

22

22 2)(

n

n

n

n

n

nw

w

w

szw

w

sKwsG

++=1

2)(

2

22

nnn w

zs

w

sKwsG

Evaluar wjs =

++= 1

2)()(

2

22

nn

nw

zwj

w

wjKwwjG


12)(

)( 2

2

2 +++=nn

nw

zwj

w

wjLogwLogwjGLog

Examinamos el comportamiento asinttico de 12)(

2

2

++

nnw

zwj

w

wjLog

)(22)(, 2

2

wLogwjLogwwjLogww

n

n ==

>>

12)(

2

2

++nn w

zwj

w

wjLog

01, =


17/56


Pendiente

( )( )

( )( )

21*2)(

)(2

)(

2

===wLogd

wLogd

wLogd

KwLogd n

17


18/56


CASO 4

Polo de segundo orden

22

2

2)(

nn

n

wszws

KwsG

++=


++

=

12

)(

2

2

2

2

nn

n

n

wzs

wsw

KwsG

Evaluar wjs =

++

=

12)(

)(

2

22

nn

nw

zwj

w

wjw

KwjG


12)(

)(2

2

++=nn w

zwj

w

wjLogKLogwjGLog

Examinamos el comportamiento asinttico de 12)(

2

2

++nn w

zwj

w

wjLog

)(22)(

,2

2

wLogwjLogw

wjLogww

nn

==

>>

12)(

2

2

++nn w

zwj

w

wjLog

01, =


19/56


Pendiente

( ))(

12)(

2

2

wLogd

w

zwj

w

wjLogd

nn

++

( )( )

( )( )

21*2)(

)(2

)(==

wLogd

wLogd

wLogd

KLogd

19


20/56


13.2.2 GRAFICAS DE BODE PARA LA FASE

CASO 1

Cero de primer orden

)()( bsKsG +=


+= 1)(bsKbsG

Evaluar wjs =

+= 1)(b

wjKbwjG

Se aplica el ngulo de fase

+= 1)(bwjKbwjW

++= 1)(b

wjKbwjW

Se examina

+1b

wj

090, =>> wjbw

+1b

wj

01, =


21/56


GRAFICA 1

21


22/56


CASO 2

Polo de primer orden

as

KasG

+=)(


1

)(

+=

a

s

KsG

Evaluar wjs =

1

)(

+=

a

wj

KsG

Aplicamos el ngulo de fase

+= 1)(a

wjKwjW

Se examina

+1awj

0

90, ==>> wja

wjaw

+1a

wj

01, =


23/56


GRAFICA 2

23


24/56


CASO 3

Cero de segundo orden

)2()( 22 nn wszwsKsG ++=


++=

2

2

22

22 2)(

n

n

n

n

n

nw

w

w

szw

w

sKwsG

++=1

2)(

2

22

nnn w

zs

w

sKwsG

Evaluar wjs =

++= 1

2)()(

2

22

nn

nw

zwj

w

wjKwwjG

Aplicando el ngulo de fase

+++= 12)(

)(2

22

nn

nw

zwj

w

wjKwsW

Se examina

++ 1

2)(2

2

nn w

zwj

w

wj

0

2

2

180)(

, ==>> ww

wjww

n

n

++ 1

2)(2

2

nn w

zwj

w

wj

0, =


25/56


GRAFICA 3

25


26/56


CASO 4

Polo de segundo orden

22

2

2)(

nn

n

wszws

KwsG

++=


++

=

12

)(

2

22

2

nn

n

n

w

zs

w

sw

KwsG

Evaluar wjs =

++

=

12)(

)(

2

2

2

nn

nwzwj

wwjw

KwjG

Aplicando ngulo de fase

++= 1

2)()(

2

2

nn w

zwj

w

wjKwjW

Se examina

++ 12)(

2

2

nn w

zwj

w

wj

26


27/56


02

2

2

180)()(

, ==>> wjw

wjww

n

n

++ 12)(

2

2

nnw

zwj

w

wj

0, =


28/56


13.3 CONDICIONES DE FASE

Como se indico, la relacin entre las grficas de la magnitud y la fase dad por laecuacin antes mencionada (es vlida nicamente para sistemas de fase mnima).Para entender la necesidad de esta restriccin, considrese la respuesta enfrecuencia de los tres sistemas.

101

11

10

)1(10)(1 s

s

s

ssW

+

+=

++

=

101

)1

1(

10

)1(10)(2

s

s

s

ssW

=

+

=

101

)1

1(

10

)1(10)(3 s

s

s

ssW

+=

+

=

En este caso las tres funciones de transferencia se han expresado tanto en laforma de constante de tiempo como en la de polos y ceros.

28


29/56


Las grficas para la magnitud y fase para estos tres sistemas se muestran en lasfiguras anteriores, puesto que las grficas de la magnitud de los tres sistemas sonidnticas, solo se muestra una de ellas. Aunque los tres sistemas tienen la mismatraza de magnitud, tienen caractersticas de fase radicalmente diferentes. Estadiferencia entre las graficas de fase para los tres casos se debe a la localizacinde un polo o un cero en el semiplano derecho del plano s. Solamente para )(1 sW es posible inferir el diagrama de ngulo de fase a partir del diagrama de amplitud

empleando en la ecuacin puesto que )(1 sW es la nica de fase mnima.

Este tipo de sistemas, como )(1 sW que no tienen polos o ceros en el semiplanoderecho del plano s se les conoce como sistemas de fase mnima, ya que tienenuna cantidad mnima de cambio de fase negativa o retraso de fase para unagrfica de magnitud dada.

29


30/56


Para este ejemplo se ha establecido que la relacin de Bode es vlida nicamentesi el sistema es de fase mnima, es decir, si sta no tiene polos o ceros en el

semiplano derecho del plano s. En este caso se mostr que la ecuacin es vlidapar cualquier funcin de transferencia de fase mnima.

Es necesario aclarar el hecho de que un sistema con un valor de ganancianegativa K es de fase no mnima. Obviamente, la adicin de un signo negativo noaltera la grfica de la magnitud, pero si modifica la caracterstica de fase alsumarle 0180 de retraso de fase en todas las frecuencias.

13.3.1 SISTEMAS DE FASE NO MINIMA

Afortunadamente la grfica de fase todava se puede trazar fcilmente si elsistema es de fase no mnima. Un manera de abordar el problema es regresar a laforma de polos y ceros de la funcin de transferencia y se grafica el patrn depolos y ceros en el plano s. Por esta razn, las tres funciones de transferencia dela ecuacin estn expresadas en la forma de polos y ceros, as como en la deconstantes de tiempo asociadas con los diagramas de Bode.

Para ilustrar el clculo del ngulo de fase para un sistema de fase no mnimaconsidrese )(2 sW como esta expresada en la ecuacin anterior. El patrn depolos y ceros para esta funcin de transferencia esta dado, supngase que setiene inters en el ngulo de fase para frecuencias positivas, iniciando en w=0.

Para w=0 los componentes de la funcin de transferencia.

10

)1(10)(2 +

=

s

ssW

El ngulo asociado con el vector que se origina sobre el cero en s= +1 es de 0180 .El ngulo asociado con el polo es 00 de modo que en s= 0 el ngulo de fase de

)(2 sW es solo

000

2 1800180)(arg ==sW

Una vez ms el argumento de )(2 sW es 21 donde los ngulos son0

1 135= y0

2 6= , o

000

2112 1296135)(arg === jW

30


31/56


En s=j 10, 1 , es aproximadamente090 y 2 es

045 . Conforme la frecuencia tienda

a infinito 21 y tiendan a 090 as que en el limite el argumento de )(2 jwW tienda acero.

13.5 EJERCICIO SOBRE GRAFICA DE BODE

1) Dada la siguiente funcin de transferencia, resolver aplicando grafica de bodepara la fase y del mismo modo para la magnitud:

463

)12.0(100)(

23 ++++

=sss

ssG

Bueno para solucionar esta ecuacin como ya sabemos que esta en forma deconstante de tiempo entonces tenemos que devolvernos de esta forma:

463

2.0

120

)(23 +++

+

=sss

s

sG

Y en el denominador aplicamos divisin sinttica de esta forma:

0421

4211/4631

Entonces la ecuacin queda as:

( ))42)(1(

520)(

2 ++++

=sss

ssG

Procedemos a la aplicacin de constante de tiempo para el denominador:

+++

+=

14

2

4)1(4

)12.0(5*20)(

2 sss

ssG

31


32/56


Solucin para la grafica de bode para la magnitud

Para determinar el valor de la constante K sabemos que es igual a la ganancia delsistema entonces k=20*5/4=25, aplicndose el logaritmo base 10 nos quedaK=1.39

32


33/56


Procedemos a construir la tabla que contendr los datos los cuales sacaremos deesta los valores a graficar de la siguiente forma:

w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -12 0.3 Polo 2 -25 0.69 Cero 1 1

Aplicando los valores de la tabla graficaremos la magnitud de esta forma:

33


34/56


Solucin de la grafica de bode para la fase:

w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -902 0.3 Polo 2 -1805 0.69 Cero 1 90

34


35/56


2) Dibujar las graficas de la magnitud asinttica mediante lneas rectas para lasiguiente funcin de transferencia.

)100)(10)(1(

1000)(

+++=

ssssG

Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .

+

++

=1

1001

10)1(100*10

1000)(

sss

sG

+

++

=1

1001

10)1(

1)(

sss

sG

El valor de la ganancia es K=1, como ya tenemos el valor de K se procedea aplicar el logaritmo en base 10 y da como resultado Log(1)=0

Luego continuamos con la construccin de la tabla, la cual que da as

w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -110 1 Polo 1 -1100 2 Polo 1 -1

35


36/56


Luego con base en la tabla se realiza la grafica as

36


37/56


3) Dibujar las graficas de la magnitud asinttica mediante lneas rectas para unade las siguientes funciones de transferencia.

1.)1000)(100(

1000)(

++=

ssssG


+

+= 1

10001

1001000*100

1000

)( sss

sG

+

+

=1

10001

100100

1)(

sss

sG

La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de las

ganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser100

1, cuando ya

tengo el valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta

forma: 2100

1=

Log

Luego se procede a la construccin de una tabla de valores

w Log(w) Tipo Orden Pendiente100 2 Polo 1 -11000 3 Polo 1 -1

37


38/56


Cuando ya hemos obtenido los valores de la tabla anterior procedemos arealizar la grafica de bode para determinar la magnitud

38


39/56


2.)1002(

)10(100)(

22

2

+++

=sss

ssG


++

+

=1

1002

100*100

110

10*100

)(

22

22

2

sss

s

sG

++

+

=1

100

2

100

110

10

)(

22

2ss

s

s

sG

La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de lasganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser 10, cuando ya tengoel valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta forma:Log(10)=1


w Log(w) Tipo Orden Pendiente10 1 Cero 1 1100 2 Polo 2 -2

39


40/56


Se procede a realizar la grafica

40


41/56


41


42/56


3. 22

22

)100(

)100(100)(

+++

=ss

sssG

)100200(

)100(100)(

222

22

++++

=sss

sssG


++

++

=1

100200

100*100

1100100

100*100

)(

22

222

22

sss

ss

sG

++

++

=1

100

200

100

1100100

100

)(

22

22

2

sss

ss

sG




42


43/56



43


44/56


4.)10(

)1(1000)(

2

+

+=

ss

ssG


( )

+

+=

110

*10

11000)(

2 ss

ssG

( )

+

+=

110

1100)(

2 ss

ssG




44


45/56



45


46/56


13.4EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE GRAFICA DE FASE

Dada la siguiente funcin de transferencia encontrar la grfica de faseaproximada, aplicando la aproximacin mediante lneas rectas.

)1000000)(100(

)1)(10()(

2

2

++++++

=sss

ssssG

Primero que todo aplicamos constante de tiempo y nos queda de esta forma:

( )

++

+

++

+

=1

10101

10010*100

1110

10

)(

66

26

2

sss

sss

sG

Se dividen las ganancias y nos queda de esta forma

( )

++

+

++

+

=1

10101

10010

1110

)(

66

2

7

2

sss

sss

sG

Despus se evala la variable s=wj y quedando la ecuacin de esta forma:

( )

++

+

++

+

=1

10101

1001000

1110

)(

66

22

2

wjwjwj

wjwjwj

sG

Aqu determinamos el ngulo, teniendo en cuenta que el ngulo de la ganancia escero por tratarse de un valor constante.

Para ingresar los datos en la tabla procedemos de la siguiente manera:

46


47/56


1. Tomamos los denominadores de wj en orden ascendente. En esta formael denominador de 12 ++ wjwj aqu sabemos que el denominador de 2wj

es uno, tambin en la expresin 110

+wj el denominador de esta expresin

es 10, en los polos tenemos 1100

+wj

sabiendo de ante mano que el

denominador es 100, de esta misma forma conseguido el valor de w en el

polo

++ 1

10001000 22

2 wjwjbueno aqu tenemos en cuenta el valor de 2wj

por tratarse este del poseedor del orden y determinamos el denominadorde el mismo que es igual a w y para este caso el denominador esta alcuadrado pero no se tiene en cuenta la potencia de este.

2. Procedemos a la aplicacin del logaritmo de base 10 a todo los valoresde w

3. Aqu en este paso determinamos el tipo, que contiene la determinacin sies cero o es polo.

4. En este paso buscamos el orden de la ecuacin si es uno o dos.

5. Y por ultimo hayamos el ngulo de fase. Teniendo en cuenta que si eltipo es cero y el orden es uno el ngulo de fase ser de 090 ; si el tipo es

cero y el orden es dos el ngulo ser de 0180 . Si el tipo es polo y el ordenes uno el ngulo de fase ser de 090 ; si el tipo es polo y el orden esdos el ngulo ser de 0180

NOTA

Como ya sabemos que los polos y ceros son negativos. Pero nosotros lostomamos positivo buscando con esto poder aplicar la propiedad de los logaritmosen base 10.

47


48/56


w Log(w) Tipo Orden ngulos1 0 Cero 2 18010 1 Cero 1 90100 2 Polo 1 -901000 3 Polo 2 -180

Despus de haber terminado la tabla que contiene los datos mostrados.Realizaremos la grfica de fase de esta forma tomando los valores que contiene lacolumna de los logaritmos en la parte horizontal de la grfica y los valores de los

ngulos en la parte vertical de la grfica.

Los datos de logaritmo se grafican de la siguiente manera:Para el caso de primer logaritmo que es cero. Le sumamos uno (1) y le restamosuno (1) y tiramos una lnea hacia arriba buscando el ngulo correspondiente a el.Esta lnea es proyectada desde el valor restado en este caso es menos uno hastaque se corte con el valor sumado y de all sigue su recorrido paralelo a la lneaprincipal y de esta forma se hace las dems expresiones logartmicas.

Despus de colocar todos los valores en la grfica se hace una divisin por zonascomo lo muestra la grfica; y de all procedemos a buscar la resultante que

obtenemos de esta forma: primero para la resultante se tira hacia arriba hasta elngulo de 090 pero en este caso la pendiente es cero y se observa que laresultante sube al ngulo 0270 porque se suman las dos pendientes de esta forma

00 18090 + , bueno la resultante se mantiene paralela a la horizontal debido a que lapendiente de 0180 en este caso es cero porque se mantiene constante entoncesse suman la pendiente de 090 mas la pendiente menos 090 que esta debajo de lahorizontal y esta suma me da como resultado cero hasta la zona dos, obsrveseque la resultante baja buscando la horizontal porque permanece en 0270 , y comopodemos ver que la pendiente de 0180 y 090 son ceros debido a que estnconstantes entonces, siendo as solo tenemos la pendiente de 0180 y 090 y la

sumamos y nos damos cuenta que la suma de los dos ngulos me da comoresultado 0270 negativo y como tenemos 0270 positivo con 0270 negativo secancelan y por este motivo la resultante baja hacia la horizontal, despus partimosque todas las pendientes son ceros y que solo nos queda la pendiente de 0180 ypor esta razn bajamos la resultante hacia la bsqueda de 0180 y por ltimocomo de ante mano podemos observar que todas las pendientes de los ngulos

48


49/56


son ceros la resultante permanecer constante hacia la derecha como los muestrala grfica.

49


50/56


Ejercicio aplicando grfica de bode para la fase 01

)100)(10)(1(

1000)(

+++=

ssssG

Convertimos en forma de constante de tiempo

+

++

=1

1001

10)1(100*10

1000)(

sss

sG

Evaluamos la ecuacin en s=wj

+

++

=1

1001

10)1(100*10

1000)(

wjwjwj

sG

w Log(w) Tipo Orden Angulo1 0 Polo 1 -9010 1 Polo 1 -90100 2 Polo 1 -90

50


51/56


Ejercicio aplicando grafica de bode para la fase 02

)100)(10(

1000)(

++=

sssG


+

+=

1100

110

100*10

1000)(

sssG


+

+

=1

1001

10100*10

1000)(

wjwjsG

w Log(w) Tipo Orden Angulo10 1 Polo 1 -90100 2 Polo 1 -90

51


52/56


Ejercicio aplicando grafica de bode para la fase 03

)300)(3(

)10(900)(

+++

=sss

ssG


+

+

+

=1

3001

3300*3

110

900*10

)(ss

s

s

sG


+

+

+

=1

3001

3

110

10

)(wjwj

wj

wj

sG

w Log(w) Tipo Orden Angulo3 0.47 Polo 1 -90

10 1 Cero 1 90300 2.47 Polo 1 -90

52


53/56



)10(

)1(1000)(

2 ++

=ss

ssG


+

+=

110

*10

)1(1000)(

2 ss

ssG


+

=1

10)(

100)(

2 wjwj

sG

w Log(w) Tipo Orden Angulo1 0 Cero 1 9010 1 Polo 1 -90

53


54/56



)10020(

100)(

22

2

++=

sssG


++

=1

100

20

100100

100)(

22

22

2

sssG


+

=1

100

20

100

)(

1)(

22

2 wjwjsG

w Log(w) Tipo Orden Angulo100 2 Polo 2 -180

54


55/56



)1002(

)10(100)(

22

2

+++

=sss

ssG


++

+

=1

100

2

100*100

110

10*100

)(

22

22

2

sss

s

sG


++

+

=1

100

2

100

)(

110

10

)(

22

2 wjwjwj

wj

sG

w Log(w) Tipo Orden Angulo10 1 Cero 1 90100 2 Polo 2 -180

55


56/56


Documents

Graficas de Bode