Respuesta en frecuencia Bode

REGULACIÓN AUTOMATICA (7)
(Respuesta en frecuencia Bode)
Escuela Politécnica Superior
Profesor: Darío García Rodríguez
1
CONCEPTOS UTILES
Definición de Decibelios.- La necesidad de comparar magnitudes en electrónica
nos lleva a la utilización de decibelio que nos viene definido por:
N º decibelios = 10·log
P2
I 2 ·R
I
R
= 10·log 22 2 = 20·log 2 + 10·log 2
P1
I1
R1
I 1 ·R1
o también se puede
escribir como:
V22
P
R
V
R
N º decibelios = 10·log 2 = 10·log 22 = 20·log 2 − 10·log 2 esta última formula es
P1
V1
R1
V1
R1
R
la mas empleada. Por regla general se desprecia 10·log 2 .
R1
También la salida se puede expresar en decibelios y viene expresada como:
N º decibelios = 20·logV2
Cuando el número de decibelios se mide en los aparatos electrónicos se compara
con una potencia de 0.001 vatios y una resistencias de 600 Ω.( equivale a una tensión de
0.775 voltios).
Definición de octava y década con respecto a la frecuencia.- Con referencia a
la frecuencias, estas también se comparan y su unidad es la octava y la década.
Una frecuencia aumenta una octava cuando su frecuencia se duplica, y
disminuye una octava cuando su frecuencia se hace la mitad.
Nos viene expresada por:
f final = 2 n · f inicial
n= nº de octavas
Una frecuencia aumenta una década cuando su frecuencia se multiplica por 10, y
disminuye una década cuando su frecuencia se divide por 10
Nos viene expresada por:.
f final = 10 n · f inicial
n=nº de décadas
Nota: La frecuencia en el sistema Internacional nos viene expresada en radianes
partido segundo (rad/s). La frecuencia en la mayoría de los casos viene expresadas en
hercios que es vueltas partido por seg.(Hz).
Ambas unidades están relacionada por 2·π
Nº radianes = Nº vueltas por 2·π . ( ω = 2·π · f ).
2
1.5.-Trazar el diagrama de bode de las siguientes funciones: g1(s)=(s+1)
y g2(s)=1/(s+1).
Ambas funciones tiene una frecuencia de cruce con un valor de 1 rad/seg., la
primera en el numerador (cero) y la segunda en el denominador (polo). (es el valor
absoluto de s, para que me haga cero el numerador o denominador).
Su representación en matlab sería:
3
Las líneas rectas en las figuras, son la manera de trazarla manualmente en
un papel semilogaritmo.
Hacemos s → jω y calculamos modulo y ángulo:
[g1] =
[g 2 ] =
ω 2 + 1 ; ang-g1=tan-1(ω/1)
1
2
ω +1
N º dB = 20·log ω 2 + 1 = 10·log(ϖ 2 + 1)
; ang-g2=-tan-1(ω/1) N º dB = 20·log
1
2
= −10·log(ω 2 + 1)
ω +1
en esta representación ω varíamos ente 0.1 y 100 rad/seg.
En el primer caso, g1 los valores de la ganancia en dB son positivos.
ω= 0.1 rad/seg.
ω= 1 rad/seg.
ω= 10 rad/seg.
Nº dB=10·log(0.12+1)= 0 dB aproximadamente.
Nº dB=10·log(12+1)= 3 dB si se toma 0dB error de 3 dB.
Nº dB=10·log(102+1)= 20 dB aproximadamente.
Para g2 todos los resultados de la ganancia en dB. son negativos.
4
ω= 0.1 rad/seg.
ω= 1 rad/seg.
ω= 10 rad/seg.
Nº dB=-10·log(0.12+1)= 0 dB aproximadamente.
Nº dB=-10·log(12+1)= 3 dB si se toma 0dB error de 3 dB.
Nº dB=-10·log(102+1)= 20 dB aproximadamente.
El valor de k en estas funciones es 1.
La ganancia en dB es 20·log(1) = 0 dB. siendo el nº de dB. hasta llegar a la
frecuencia de cruce (1).
A partir de aquí g1 tendrá una pendiente de 20 dB/dec y g2 –20dB/dec.
Para trazarlo se toma el punto 1 como (frecuencia de cruce, Nº dB) y el punto 2
(frecuencia de cruce multiplicado por 10 , Nº dB mas o menos 20dB(dependiendo sea
en el numerador o denominador)). Y se unen los puntos.
Referente a los ángulos se le dan todos los valores posibles a ω ente 0.1 a 10
rad/seg.(dentro de unos límites).
En el caso de g1 son positivos los ángulos y en g2 negativos.
5
2.5.- Dibuje las trazas de bode de la red de adelanto y de la red de atraso de la
figura. Tomar el valor de RC=5 seg
C
Eo(t)
+
+
Ei(t)
R
Eo(t)
+
+
Ei(t)
C
La transformada de Laplace de la función de transferencia de la primera figura, viene
expresada por:
Eo (s)
R
RCs
=
=
1
Ei ( s)
RCs + 1
R+
s → iϖ
Cs
el módulo en decibelios nos viene expresado por:
N º dB = 20 log
5ϖ
(5ω )
2
y el ángulo por
ang = 90º − tan −1 (5ω )
+1
1
1
= = 0.2 para el polo y 0 para el cero.
RC 5
Su representación gráfica utilizando Matlab sería la siguiente figura:
La frecuencia de cruce es
ω varia en a figura ente 0.1 y 10 rad/seg.
Las líneas rectas representa el trazado manual.
Donde la recta se inicia en 20log(5·0.1)=-6 con una pendiente de 20 dB/dec y termina
en la siguiente frecuencia de cruce que es 0.2
La recta se ha dibujado desde –6 a 14 cuya diferencia es 20 dB y con respecto a la
frecuencia, se ha empezado en 0,1 y ha terminado en 1 que corresponde a una década
(es decir se unen los puntos (0.1, –6) con (1, 14)).
Cuando llega a la próxima frecuencia de cruce tendrá una pendiente de :
20 dB/dec – 20dB/dec=0dB/dec (la que poduce la siguiente frecuencia de cruce es de
–20 dB/dec.).
Referente a los ángulos se le dan todos los valores posibles a ω ente 0.1 a 10
rad/seg.(dentro de unos límites).
6
La transformada de laplace de la función de transferencia de la segunda figura, viene
expresada por:
7
Eo (s)
=
Ei ( s)
1
Cs
R+
1
Cs
=
1
RCs + 1
s → iϖ
Vamos a darle al valor de RC=5seg. el modulo en decibelios nos viene expresado por:
N º dB = 20 log
cruce es
1
(5ω )
2
y el ángulo por
ang = − tan −1 (5ω ) La frecuencia de
+1
1
1
= = 0.2 Su representación gráfica utilizando Matlab
RC 5
sería:
Donde la recta se inicia en 20·log(1)=0 con una pendiente de 0 dB/dec y termina en la
siguiente frecuencia de cruce que es 0.2
La recta se ha dibujado desde 0 dB con una pendiente de 0 dB/dec.
Cuando llega a la frecuencia de cruce tendrá una pendiente de :
0 dB/dec – 20dB/dec=-20 dB/dec
Referente a los ángulos se le dan todos los valores posibles a ω ente 0.1 a 10
rad/seg.(dentro de unos límites).
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3.5.-Dibujar el diagrama de Bode de los siguientes sistemas:
2s + 1
2s − 1
g1( s ) =
y g 2( s ) =
el primer sistema es de fase mínima y el
s +1
s +1
segundo de fase no mínima.
El modulo de ambos sistemas es:
[g1( jω )] = [g 2( jω ] =
4ω 2 + 1
ω 2 +1
El ángulo es diferente:
2ω
ω
ang − g1( jω ) = tan −1
− tan −1
1
1
2ω
ω
− tan −1
−1
1
Las frecuencias de cruce son ½. y 1 rd/seg.
La ganancia k es uno, luego es una recta que empieza en 0dB con pendiente 0 dB/dec,
hasta que llega la primera frecuencia de cruce.
En la frecuencia 0.5 rad/seg., tengo que representar (2s+1). Es una recta que empieza en
0.5 rad/seg y 0dB con una pendiente de 20dB/dec (uno los puntos (0.5, 0dB) con (5, 20)
esta recta es valido solo hasta la siguiente frecuencia de cruce, que es 1rad/seg.
A partir de 1 rad/seg. tengo que representar (s+1)-1, que le corresponde una pendiente de
–20dB/dec que sumado a la pendiente anterior nos dará 0 db/dec. Es decir una recta
horizontal.
ang − g 2( jω ) = tan −1
9
Aquí se interpreta lo que es fase mínima y no mínima.
10
4.5.- Trazar el diagrama de bode para la siguientes funciones g1( s ) =
g 2( s) =
1
y
s + s +1
2
1
.
s + 0.5s + 1
2
Lo primero que tenemos que hacer comprobar si el denominador tienen raíces reales o
imaginarias, si las raíces son imaginarias, comparamos con la siguiente expresión:
ω n2
, siendo la frecuencia de cruce el valor de ω n y se calcula el valor de
s 2 + 2δω n s + ω n2
δ que es la relación de amortiguamiento.
En ambos casos ωn =1 rad/seg. δ es igual a 0.5 y 0.25 respectivamente para g1(s) y g2(s).
A la hora del trazado, hay que tener presente el sobrimpulso máximo a la frecuencia de
resonancia.
Para el primer caso se tiene:
1
Mr =
− 20 log(2·δ 1 − δ 2 )
ϖ r = ω n 1 − 2δ 2
expresada en dB
2
2·δ · 1 − δ
dBM r = −20 log 2·0.5 1 − 0.5 2 = 1.25dB.
ϖ r = 1 1 − 2·0.5 2 = 0.7 rad / seg.
Su representación gráfica es la de la figura siguiente, donde los trazos rectos son los
haríamos manualmente . Los curvas son los trazados con Matlab. Aquí el sobreimpulso
máximo es pequeño solo de 1.25 dB. (No tener en cuenta).
Con respecto a los ángulos, darles valores para diferentes frecuencias
(suficientes para trazarlos bien).
11
Para el segundo caso, si sería conveniente para su trazado, tener presente el
sobreimpulso máximo y la frecuencia en que se produce:
dBM r = −20 log 2·0.25 1 − 0.25 2 = 6,3dB.
es decir muy próximo a 1a frecuencia de cruce.
ϖ r = 1 1 − 2·02.5 2 = 0.93rad / seg.
Su representación gráfica sería:
12
Aquí alrededor de la frecuencia de resonancia se incrementa la ganancia en Mr,
expresada en dB, y se trazan unas rectas, que se unan a las de 0 dB y –40 dB que será la
nueva gráfica a tener en cuenta.
Con respecto a los ángulos, igual que en el caso anterior.
13
5.5.- Trazar el diagrama de Bode de la siguiente función de transferencia en lazo
abierto, y que ganancia mínima tendríamos que multiplicar la función de transferencia
1
para que el sistema sea estable, G ( s ) H ( s) =
.
s( s + 1)(2 s + 1)
El sistema está normalizado donde las frecuencias de cruce son 1 y ½.
Para su trazado ponemos en orden las frecuencias de cruce:
Primero calculamos 1/s, después (2s+1)-1 y por último (s+1)-1.
Como empezamos en 0.1 rad/seg., tenemos Nº DB=20log(1/0.1)=20 dB.
trazamos una recta desde 20 dB en 0.1 rad/seg con una pendiente de –20db/dec
(unimos los puntos (0.1, 20) con (1 , 0)), solo valido hasta llegar a 0.5 rad que es la
siguiente frecuencia de cruce, entonces tendremos una pendiente de –40 dB/dec, y
por último en la siguiente frecuencia de cruce, que es 1 rad/seg. con una pendiente
de –60 deB/dec. (ver trazos rectos de la figura)
Los ángulos los trazamos igual que en los anteriores problemas , dándole valores a
la frecuencia. Angulo=-tang-1(ω/0)-tang-1(2ω)-tang-1(ω).
14
Para la segunda parte del problema, un sistema es estable cuando el margen de
fase y ganancia sea positivo.
Para el margen de ganancia, se calcula de la siguiente manera, se toma la frecuencia
a la que el ángulo tiene un valor de –180º y a esa misma frecuencia la ganancia me
da un valor en dB, pues ese valor cambiado de signo es el margen de ganancia., en
nuestro caso es de 0 dB, luego k tiene que ser 1 (está en el limite de la estabilidad).
luego para k<1 será el sistema estable (desplaza la gráfica de ganancia hacia abajo).
Para el margen de fase, se calcula de la siguiente manera, se toma la frecuencia a la
que la ganancia es de 0 dB, a esa mima frecuencia se toma el ángulo, este ángulo
sumado a 180º nos dará el margen de fase para este caso es cero.
Para la gráfica en Matlab, el margen de ganancia nos da en cambio 3.52 dB es
debido a que las frecuencias de cruce del sistema se encuentra muy próxima 0,7
rad/seg (en las frecuencias de cruce el error es de 3 dB. y hay dos muy proximas).,
que es la frecuencia que le corresponde a –180º el ángulo de la ganancia lazo.
En este caso el sistema es estable, para llegar al borde de la estabilidad le tendría
que aumentar 3,52 dB.
Que expresado en la forma de ganancia k, sería:
 3.52 
k = log −1 
 = 1.50
 20 
La siguiente figura muestra el diagrama de bode para k=1.5.
20·log k = 3.52
donde el margen de fase y ganancia es cero.
15
6.5.- .- Considere el sistema de la figura. Dibuje las trazas de Bode de la
función de transferencia en lazo abierto y determine el valor de la ganancia k
tal que el margen de fase sea de 50º . ¿Cuál es el margen de ganancia de este
sistema con esta ganancia k?
R(s )
s + 0.1
k
s + 0.5
C (s)
10
s( s + 1)
La función de transferencia en lazo abierto la tenemos que normalizar, para
posteriormente trazar el diagrama de Bode, supongamos que k=1.
s
2·(
+ 1)
10( s + 0.1) 0.1 1
0.1
G ( s ) H ( s) =
· ·
=
s
( s + 0.5) s ( s + 1) 0.1 0.5
s·(
+ 1)·(s + 1)
0.5
0.5
Para su trazado, ordenemos las funciones por frecuencias de corte.
 s

 s

2, s-1, 
+ 1 , 
+ 1
 0.1 
 0.5 
−1
s 
y  + 1
1 
−1
Vamos a empezar su trazado en 0.01 rad/seg.
Para 2s-1 tenemos
N º dB = 20 log(2) − 20 log(100) = 46dB
Luego empezamos en 46 dB. con una pendiente de –20 dB/dec
 s

Hasta llegar a la siguiente frecuencia de cruce que es 0.1 en 
+ 1
0
.
1


que tiene una pendiente de 20 dB/dec que sumada con la anterior nos da 0dB/dec.
 s

Le corresponde una línea horizontal hasta llegar a 0.5 rad/seg 
+ 1
 0.5 
−1
 s

que tiene una pendiente de –20db/dec. Hasta llegar a 1 rad/seg. 
+ 1
0
.
5


−1
que tiene una pendiente de –20db/dec, que sumada a la anterior nos dará una
pendiente de –40db/dec.
Con respecto a los ángulos haremos una tabla para los diferentes valores de ω,
16
ω rad/seg
tan −1
ω
0.01
5.7º
0.1
45º
1
84.3º
10
89.5º
2
87.1º
1.5
86.2
1.45
86º
-90º
-90º
-90º
-90º
-90º
-90º
-90
-0.1º
-11.3º
-63.4º
-87.1º
-76º
-71.6º
71º
-0.6º
-5.7º
-45º
-84.3º
-63.4º
-56.3º
55.4º
-85º
-62º
-114.1º
-171,9º
-142.3º
-131.7º
-130.4º
0.1
− tan −1
− tan −1
− tan −1
ω
0
ω
0.5
ω
1
∑ ángulos
En la tabla de ángulos nos interesa, un ángulo de -130º, ya que el margen de fase
deseado es de M f = 180º + ang = 50º luego ang = 50º −180º = −130º
Como se observa en la frecuencia de 1.45 rad/seg. le corresponde una ganancia
de aproximadamente 12 dB. y debería ser de 0 dB.
Luego la k tendría que valer:
− 12bdB = 20·log k
 12 
k = log −1  −  = 0.25
 20 
El margen de ganancia para este valor es infinito, ya que, el ángulos de la
función de transferencia en lazo abierto no llega a –180º (para valores reales).
17
7.5.- a) Trace el diagrama de Bode para la siguiente función de transferencia de
lazo abierto para k=10.
k
G ( s) H ( s ) =
s ( s + 2)( s + 5)
b) Calcular el margen de fase y ganancia , e indicar la estabilidad del sistema.
c) ¿para que valores de k el sistema será estable?.
d) A partir del diagrama de Bode para k=10, trazar el diagrama polar y el
diagrama de Nichols.
Los primero es normalizar la función de transferencia.
10
10
1
=
=
G ( s) H ( s ) =
2
5
s
s ( s + 2)( s + 5)

 s 
s ( s + 2)( s + 5)· ·
s + 1 + 1
25
 2  5 
las frecuencias de cruce son 2 y 5 rad/seg.
Ordenemos las funciones por frecuencias de corte.
s 
s ,  + 1
2 
−1
-1
s 
y  + 1
5 
−1
Vamos a empezar en una frecuencia de 0.1 rad/seg.
s-1
empieza en 20 log
1
= 20dB
0.1
con una pendiente de –20dB/dec.
hasta llegar a 2 rad/seg que tendrá 20+20=40 dB/dec, hasta 5 rad/seg y a partir
de aquí 40+20=60 dB/dec.
Con respecto al ángulo, haremos la tabla para diferentes valores de ω.
ω rad/seg
− tan
−1 ω
1
-90º
10
-90º
100
-90º
5
-90º
3
-90º
3.2
-90º
-2.9º
-26.6º
-78.7º
88.9º
-68.2º
-56.3º
-58º
-1.1º
-11.3º
-63.4
-87.1º
-45º
31º
-32.6
-94
-127.9º
232.1º
266º
-203.2º
177.3º
-180.6
0
− tan −1
− tan
0.1
-90º
ω
2
−1 ω
5
∑ ángulos
b) Para calcular el margen de ganancia, nos interesa calcular la frecuencia, para
que el ángulo valga 180º, habiéndolo conseguido para un valor de ω = 3.2 rad/seg.
Según la gráfica, se puede calcular el margen de fase y el margen de ganancia.
Cuando el ángulo vale 180º la ganancia es de –18 dB luego, el margen de
ganancia es 18 dB.
Cuando la ganancia vale 0 dBel ángulo es de –125º, luego el margen de fase es
de M f = 180º + angulo = 180º −125º = 55º .
18
El sistema es estable por tener el margen de ganancia y fase positivo.
c) El Sistema será estable hasta que, en –180º, la ganancia valga 0 dB, pero no
positiva (si lo es el margen de ganancia es negativo), luego a la ganancia se le puede
aumentar 18 dB.
 18 
18 = 20·log k1
k1 = log −1   = 7.94 luego el valor de k máximo es de :
 20 
k=10·7.97= 79.7.
d)
Para el trazado de Nychols el eje de las ordenas nos indica el nº de dB
y el de las abscisa el ángulo para una misma frecuencia.
Vamos a tomar solo cuatro valores:
19
ω = 0.5 rad/seg.
ang = -110º
Nº dB = 5.5
ω = 1 rad/seg.
ang = -130º
Nº dB = -0
ω = 2 rad/seg.
ang = -160º
Nº dB = -10
ω = 10 rad/seg.
ang = -240º
Nº dB = -40
Para esos mismos valores vamos a trazar el diagrama polar: en el eje de la
ordenada tenemos la parte imaginaria y en el eje de la abscisa la parte real de la función
de transferencia, también se pueden representar por el modulo y ángulo:
Para ω = 0.5 rad/seg 5.5 dB equivale a una ganancia 1.9 y ángulo –110º.
Para ω = 1 rad/seg. -0dB equivale a una ganancia 1 y ángulo –130º.
Para ω = 2 rad/seg. -10dB equivale a una ganancia 0.32 y ángulo –160º.
Para ω = 10 rad/seg. -40dB equivale a una ganancia 0.01 y angulo –240º.
Su representación gráfica.
20
21
8.5.- Considere el sistema de control con realimentación unitaria cuya función de
transferencia de lazo abierto es
as + 1
G ( s) = 2
s
a) Determine el valor de a tal que el margen de fase sea 45º.
b) Para ese valor de a, cual será el margen de ganancia.
El margen de fase se consigue a la frecuencia en que la ganancia vale 0 dB, que
equivale que la ganancia sea 1, y en esa frecuencia el ángulo de la función de
transferencia debe ser ang-G(jω)=Mf – 180º = 45º-180º=-135º.
ang − G ( jω ) = tan −1 aω − 2·tan −1
Luego tan-1aω = 45º
G ( jω ) =
ω = 1.19
j +1
−ω 2
ω
0
aω = 1
cuyo modulo es
luego a =
= tan −1 aω − 180º = −135º
a =1/ω
1+1
ω
2
=1
ω2 = 2
1
= 0.84
1.19
b) El ángulo de la función ganancia lazo, nunca llegara a valer infinito, o llega
cuando la frecuencia es infinito y entonces la ganancia vale menos infinito, luego el
margen de ganancia vale infinito.
22
9.5.- Considere un sistema de control con realimentación unitaria con la función
de transferencia en lazo abierto.
k
G ( s) =
2
s (s + s + 4 )
Determine el valor de la ganancia k tal que el margen de fase sea de 50º. Cual es
el margen de ganancia de este sistema con esta ganancia k.
Pongamos en primer lugar el modulo y el ángulo:
k
G ( jω ) =
ω · (4 − ω
ang − G ( jω ) = − tan −1
)
2 2
+ω2
ang − G ( jω ) = −90º − tan −1
ω
0
− tan −1
ω
4 −ω 2
ω
4 −ω 2
Si el margen de fase es 50º tiene que cumplir Mf = 180-ang-G(jω)=50º
ang − G ( jω ) = −90º − tan −1
tan(40º ) =
ω
= −130º
4 −ω 2
ω
= 0.84 de aquí
4 −ω 2
ω=1.49 rad/seg
a esta frecuencia la ganancia tiene que ser de 0 dB equivale que el modulo de
G(jω)=1
k
G ( jω ) =
ω · (4 − ω
(
k = ω· 4 − ω 2
)
2
=1
)
2 2
+ω
2
+ ω 2 = 1.49 :
(4 − 1.49 )
2 2
+ 1.49 2 = 3.46
El margen de ganancia se calcula a la frecuencia en que el ángulo de G(jω)
valga –180º
ang − G ( jω ) = −90º − tan −1
tan(90º ) =
ω
= −180º
4 −ω 2
ω
= ∞ luego 4 − ω 2 = 0
2
4 −ω
luego ω = 2 rad/seg
Si sustituimos en la ganancia de G(jω) tendremos:
k
3,46
3.46
G ( jω ) =
=
=
= 0.87
2
2
4
2 2
2
2
·
(
4
−
2
)
+
2
ω· 4 − ω + ω
N º dB = 20·log 0.87 = −1.26 luego el margen de ganancia es 1.26 dB.
(
)
23
Si este problema queremos resolverlo por matlab, trazamos el diagram de Bode.
>> g1=tf(1,[1 1 4 0]);
>> bode(g1)
10.8
= 3.47
20
b) Para calcular el margen de ganancia, para ese valor de k,
k = log −1
>> g1=tf(3.47,[1 1 4 0]);
>> bode(g1)
Cuando el ángulo vale –180º el modulo es –1.28 dB luego Mg = 1.28 dB.
24