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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