Poteaux et tracés de Bode

17

J'ai trois questions qui me préoccupent depuis longtemps:

  1. Nous disons que, dans un tracé de Bode, il y a une baisse de gain de 20 dB par décennie chaque fois qu'un pôle est rencontré. Mais les pôles ne sont-ils pas définis comme les valeurs de s qui rendent la fonction de transfert infinie? Alors pourquoi le gain n'augmente-t-il pas à ce stade au lieu de baisser?

  2. Physiquement, que se passe-t-il lorsque nous alimentons un système avec une fréquence polaire?

  3. Considérons également une fonction de transfert . Le système a un pôle à s = ( - 2 + j 0 ) . Autrement dit, pour le pôle, σ = - 2 et ω = 0 . Mais lorsque nous appliquons un signal sinusoïdal à son entrée et dessinons le tracé de Bode, pourquoi disons-nous qu'il y a un pôle à 2 rad / sec (même si, pour le pôle, ω = 0 et σ = - 2 )?1/(s+2)s=(2+j0)σ=2ω=0ω=0σ=2

Vishnudas Thaniel S
la source
1
Connaissez-vous la signification de la "fréquence polaire"? Il s'agit d'une fréquence identique à la longueur du vecteur depuis l'origine jusqu'à l'emplacement du pôle (règle de Pythagore). Dans le cas d'un pôle réel, la fréquence du pôle est identique à la partie réelle négative (-sigma). Par conséquent, il n'est pas possible d'exciter un circuit avec sa fréquence polaire. C'est juste un outil artificiel - mais très utile.
LvW
@LvW: Cette fréquence est généralement appelée fréquence naturelle . La fréquence du pôle est déterminée par la partie imaginaire du pôle.
Matt L.
Matt L., désolé mais je ne suis pas d'accord. Je vais chercher quelques références.
LvW
Matt L., je le crains, il y a une différence de terminologie entre l'Allemagne et les États-Unis. Je pense que je dois convenir que dans votre pays le paramètre que nous appelons "fréquence polaire" est appelé "fréquence naturelle". Pardon.
LvW
@Matt L., je suis heureux de vous dire que je ne suis pas complètement "hors de piste": il existe un livre sur les techniques de filtrage "Filtres Analogiques et Digitaux" (Harry YFLam, Bell Inc.) dans lequel l'amplitude de l'emplacement des pôles (distance par rapport à l'origine) est également appelé "fréquence des pôles". Bon à savoir, mais nous devons toujours être prudents lorsque nous utilisons de tels mots clés.
LvW

Réponses:

10

Le tracé de Bode n'est pas un graphique qui trace la fonction de transfert ( ) par rapport à s . H ( s ) est une fonction complexe et son tracé de magnitude représente en fait une surface dans le système de coordonnées cartésiennes. Et cette surface aura des pics allant à l'infini à chaque pôle comme le montre la figure:H(s)sH(s)

entrez la description de l'image ici

Le tracé de Bode est obtenu en substituant d'abord dans H ( s ) puis en le représentant sous forme polaire H ( j ω ) = | H ( ω ) | ϕ ( ω ) . H ( ω ) donne le diagramme de magnitude et ϕ ( ω ) donne le diagramme de phase.s=jωH(s)H(jω)=|H(ω)|ϕ(ω)H(ω)ϕ(ω)

Le diagramme de magnitude de Bode est l'approximation asymptotique de l'amplitude de la fonction de transfert ( ) en fonction du logarithme de fréquence en radians / sec ( log 10 | ω | ) avec | H ( s ) | (exprimé en dB) sur l'axe des y et log 10 | ω | sur l'axe des x.|H(ω)|log10|ω||H(s)|log10|ω|

Venant aux questions:

  1. Aux pôles, la surface complexe de pics à l'infini non | H ( ω ) | .|H(s)||H(ω)|

  2. Lorsqu'un système est alimenté en fréquence polaire, la sortie du coparrainant aura la même fréquence mais l'amplitude et la phase changeront. La valeur peut être déterminée en substituant la fréquence en radians / sec dans et ϕ ( ω ) respectivement.|H(ω)|ϕ(ω)

  3. Un pôle à -2 rad / sec et 2 rad / sec a le même effet sur . Et notre intérêt est dans la réponse en fréquence. Nous n'en avons donc besoin que d'une partie positive.|H(ω)|

nidhin
la source
Jolie réponse et j'adore que tu aies pris le temps de bien la formater! +1
Null
Je ne peux pas suivre. Premièrement, H(s)elle-même ne représente pas une surface comme vous le montrez; au lieu de cela, il a une valeur complexe à chaque (complexe) s. Qu'est - ce que vous affichez est probablement la valeur absolue (magnitude) |H(s)|, ou peut - être la partie réelle, real(H(s)). Quant à ce que vous dites dans le premier paragraphe ci-dessous l'image: Si real(H(s))et / ou imag(H(s))aller à l'infini, alors la magnitude |H(s)|,, va aussi à l'infini. Comment pourrait-il ne pas l'être?
Christopher Creutzig
@ChristopherCreutzig Le graphique présenté est un tracé 3D. partie réelle de 's' sur l'axe des x, partie imaginaire de 's' sur l'axe des y et amplitude de H (s) sur l'axe des z. mais je peux voir qu'il y a des confusions. Permettez-moi de faire un montage.
nidhin
J'ai cette partie. Ma plainte est que le graphique n'est pas de H (s), car il est tout simplement impossible de tracer une fonction complexe d'un paramètre complexe de cette façon (lors de l'utilisation de moins de quatre dimensions). La surface représentée est celle de |H(s)|et ne doit pas être appelée une surface (tracé) de H.
Christopher Creutzig
@Christopher maintenant je t'ai. J'utilisais les mots d'une manière assez déroutante. J'espère que je l'ai dit clairement cette fois.
nidhin
7

En essayant de comprendre les fonctions de transfert, je pense que "l'analogie de la feuille de caoutchouc" est très utile. Imaginez une feuille de caoutchouc élastique recouvrant le plan complexe , et imaginez qu'à chaque zéro de la fonction de transfert, la feuille est collée au sol, et à chaque pôle il y a un pôle mince littéral poussant la feuille de caoutchouc vers le haut. L'amplitude de la réponse en fréquence est la hauteur de la feuille de caoutchouc le long de l' axe j ω .sjω

  1. De l'analogie ci-dessus, bien sûr, le gain monte vers le pôle. Mais en s'éloignant du pôle, la contribution du pôle fait baisser la fonction de transfert (par exemple aller vers le zéro suivant). Imaginez le système simple que vous avez donné comme exemple dans votre troisième question. Il a un pôle de valeur réelle à , et - en raison de ce pôle - il a également un zéro à s 0 = . Ainsi, en s'éloignant du pôle avec une fréquence croissante, la fonction de transfert diminue car la feuille de caoutchouc est clouée au sol à l'infini. Mathématiquement, c'est aussi facile à voir: H ( s ) = 1s=2s0=

    H(s)=1s+2|H(jω)|2=1ω2+4=141(ω2)2+1
    (1)10log10|H(jω)|2=10log10(4)10log10[(ω2)2+1]
    For ω2 the second term on the right-hand side of (1) can be approximated by
    10log10(ω2)2=20log10(ω/2)
    which is a straight line with a slope of 20dB per decade.
  2. When you excite a system with a signal corresponding to one of its poles, then this input signal is "amplified" compared to input signals with other frequencies. Note, however, that for a stable system the output signal will always decay. E.g. if you excite the system with transfer function H(s)=1s+2 with an input signal x(t)=e2t, then the output will be y(t)=te2t, where the factor t corresponds to the system's "amplification" of the input signal. However, the exponential factor will make the signal approach 0 for large values of t.

  3. In short, we don't say that there's a pole at 2 rad/s, because there isn't. What is indeed the case is that the cut-off frequency is determined by the real part of the pole, i.e. the starting point of the line with negative slope in the Bode plot is determined by the value 2. This is the example I gave in point 1 above, where the straight line approximation with 20 dB per decade is valid for ω2. The value 2 is not determined by the pole frequency (which is zero) but by the real part of the pole.

Matt L.
la source
I've heard that analogy before and I think it's the best one for understanding the concept. And thanks for taking the time to format your answer nicely! +1
Null
6

enter image description here

The graph shows the difference between the natural frequency in the complex s-plane (infinite) and the corresponding magnitude peak along the jω axis which can be observed during measurements: The graph belongs to a natural frequency of ωp=1000 rad/s and a pole quality factor Qp=1.3 (which is a measure of the observable gain peaking). This plot visualizes a 2nd-order Chebyshev characteristics with 3 dB ripple in the passband.

LvW
la source
0

The "s" in your equations is the constant in the function exp(s*t). So, when s is a real number, this time function is an exponentially growing or falling function. Your example with s=-2 is an exponentially falling function. For any pole "number", the output will grow when you apply an input at that "number". If you apply an exponentially falling signal to your example circuit, the output signal will go to infinity. (Note, however, that it is not possible to generate a signal that is always exponentially falling, because such a signal is very large at times in the past). When you talk of frequencies like 2 radians/sec, you are speaking of poles at j*2, not 2, so those signals are sinusoidal. It is possible to generate signals that are sine waves (at least for a pretty long time). You will get infinities out if you apply this sine wave signal to a system with a pole at +-j*2, but not if you apply it to a system with a pole at -2.

user69795
la source
Since u have not answered his question this should be a comment
Pedro Quadros