Trazado de bode de polos que están cerca uno del otro

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Tengo una función de transferencia de la siguiente forma:

\ $ \ T (jw) = a0 / (1+ s / w1) (1+ s / w2) (1+ s / w3) \ $

donde a0 = 3600 w1 = 1MHz w2 = 4MHz w3 = 40MHz

Dibujé la trama de bode y verifiqué con matlab y encontré algunas discrepancias. Descubrí que el problema ocurre entre 1MHz y 4MHz ya que los polos están cerca uno del otro (diferencia de menos de 1 década).

Entonces, como a 0 Hz, la ganancia es de alrededor de 71 db, esperaba que a 1MHz, la gráfica comenzará a disminuir con 20db / dec. Entre 4Mhz y 1Mhz, hay (\ $ \ log (4M / 1M) = 0.6 \ $ década (no una década completa), y por lo tanto a 4MHz, la ganancia es de 71 - log (4M / 1M) * 20 = 71 - 12 = 59 dB.

Sin embargo, en MATLAB, a 4MHz, la ganancia es de 69 db. Lo que significa que la ganancia se redujo en 8 dB, no en 12 dB. ¿Podría decirme dónde está el flujo en mi entendimiento?

Sé que este problema ocurre porque los polos están cerca uno del otro con una diferencia de menos de 1 década, y no estoy seguro de cómo se manejan estos casos.

Entonces, el propósito de Mi punto principal es ¿cuál es la ganancia a 4M (2pi) rad / s? O en otras palabras, ¿cuánto ganará la ganancia entre 2pi * 1M rad / sy 2pi * 4M rad / s y por qué?

Mi gráfico (el eje x se multiplica por 2pi y está en rad / s):

GráficodeMATLAB:

    
pregunta HaneenSu

2 respuestas

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¿Ha considerado que la trama de MatLab ha sido mal interpretada? Por ejemplo, todas las ubicaciones de los polos en la pregunta están etiquetadas en MHz, pero el eje del gráfico MatLab muestra rad / s. Si multiplica las frecuencias por 2 \ $ \ pi \ $, las ubicaciones de los polos se convierten en 6.28Mrad / seg, 25.1Mrad / seg y 251Mrad / seg.

Ahora, está realizando un análisis asintótico, por lo que los números que obtenga estarán un poco alejados del resultado de MatLab, pero deben realizarse correctamente después del cambio en la escala de frecuencia. Por ejemplo, después de corregir un error asintótico, los dos primeros polos deberían tener magnitudes de 68.1dB a 6.28Mrad / seg, y 55.8dB a 25.1Mrad / seg.

Tenga en cuenta que no tendrá una gráfica de Bode completa hasta que agregue una gráfica de fase también.

    
respondido por el gsills
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Esta respuesta pasó por alto el punto (imagen muy pequeña en la pregunta del operador) de que la respuesta de frecuencia estaba en radianes por segundo en lugar de Hz. Sin embargo, lo dejo aquí porque sigue siendo un punto bastante importante sobre lo que sucede cuando dos puntos de corte de frecuencia están cerca, tienden a unirse a un solo punto de corte de segundo orden en forma logarítmica a medio camino entre los dos puntos de corte originales.

Respuesta original: -

Bien, ahora que tiene la imagen de MATLAB, puedo confirmar que potencialmente está obteniendo un efecto "máximo" de segundo orden. Olvídese del término a 40 MHz, esto es irrelevante para el rango de 1 MHz a 4MHz. Así que ahora tu TF se convierte en: -

\ $ \ dfrac {A_0} {(1 + s / \ omega_1) (1 + s / \ omega_2)} \ $

Si multiplicas esto obtienes: -

\ $ \ dfrac {\ omega_1 \ omega_2A_0} {s ^ 2 + s (\ omega_1 + \ omega_2) + \ omega_1 \ omega_2} \ $

En otras palabras, tiene la forma de un filtro de paso bajo clásico de segundo orden que tiene una resonancia neta en \ $ \ sqrt {\ omega_1 \ omega_2} \ $ o 2 MHz. La cantidad de ese pico que emerge por encima de la línea de base de pendiente descendente depende del término medio \ $ \ omega_1 + \ omega_2 \ $: -

El término medio (\ $ \ omega_1 + \ omega_2 \ $) incorpora zeta (\ $ \ zeta \ $) con la ecuación completa de la forma: -

\ $ H (s) = \ dfrac {\ omega_0 ^ 2} {s ^ 2 + s (2 \ zeta \ omega_0) + \ omega_0 ^ 2} \ $

Donde \ $ \ omega_0 \ $ es \ $ \ sqrt {\ omega_1 \ omega_2} \ $ o 2 MHz

Básicamente, si las dos frecuencias se cierran, zeta se reduce y el efecto de combinación será notable. En su caso, zeta es 1.25 y esto no producirá picos notables para el ojo desinformado, pero tenderá a juntar los dos puntos 3dB para convertirse en un punto 3dB más como 2MHz, es decir, lo suficiente como para confundirlo en lo predicho (pero demasiado simple) ) bode plot.

Tenga en cuenta que aunque he mostrado la ecuación general para este tipo de filtro de pases bajos de segundo orden, debido a la naturaleza de la fórmula original, zeta nunca puede ser inferior a 1, por lo que los dos puntos separados de -3dB se combinan para dar un nuevo punto de interrupción logarítmicamente entre 1 MHz y 4 MHz, es decir, 2 MHz.

    
respondido por el Andy aka

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