Odpowiedź fazowa funkcji ciągłego transferu

Niech i . Be to funkcja przesyłania zdefiniowana jako: $\omega_0 \in \mathbb{R}$ $\omega_0 > 0$ $G(s)$

G (s) = \frac{1 - \frac{s}{ω_{0}}}{1 + \frac{s}{ω_{0}}}

$G(s)=\frac{1-\frac{s}{\omega_0}}{1+\frac{s}{\omega_0}}$

Jesteśmy zainteresowani oceną odpowiedzi fazowej w ciągłym systemie LTI. Najpierw podzielimy na jego rzeczywistą i urojoną część (zakładając, że ): $G(j\omega)$ $\tau=\frac{\omega}{\omega_0}$

G (j ω) = \frac{1}{1 + τ^{2}} [1 - τ^{2} + j (- 2 τ)]

$G(j\omega) = \frac{1}{1+\tau^2}\left[1-\tau^2+j\left(-2\tau\right)\right]$

Następnie, korzystając z definicji fazy funkcji przenoszenia, mamy:

∠ G (j ω) = \arctan (\frac{I m {G (j ω)}}{R e {G (j ω)}}) = \arctan (\frac{- 2 τ}{1 - τ^{2}})

$\angle G(j\omega)=\arctan\left(\frac{\mathbb{Im}\{G(j\omega)\}} {\mathbb{Re}\{G(j\omega)\}}\right)=\arctan\left(\frac{-2\tau}{1-\tau^2}\right)$

Tak więc dla każdego (co oznacza, że ), to dla serii Taylora powinny obowiązywać następujące zasady: $\tau \gg 1$ $\omega \gg 1$

∠ G (j ω) ≃ \arctan (\frac{2}{τ}) ≃ \frac{2}{τ}

$\angle G(j\omega) \simeq \arctan\left(\frac{2}{\tau}\right) \simeq \frac{2}{\tau}$ który zbliża się do gdy staje się większy.

0

$0$

ω

$\omega$

Nadchodzi rozbieżność. Niech (z powodów kreślenia), dlaczego Wolfram Alpha daje mi następujący wykres Bode? $\omega_0 = 1$

Spodziewałem się również jednego punktu nieciągłości na (i drugiego dla nie pokazano na wykresie), ale chyba coś pomieszałem od samego początku. $\omega = \omega_0 = 1$ $\omega = -\omega_0$

2018-12-12 (w odpowiedzi na Sama F.) Oto jak oddzieliłem rzeczywistość od wyobrażonej części . $G(j\omega)$

\begin{aligned} G (j ω) & = \frac{1 - j \frac{ω}{ω_{0}}}{1 + j \frac{ω}{ω_{0}}} \\ = \frac{1 - j τ}{1 + j τ} \\ = \frac{1 - j τ}{1 + j τ} \cdot \frac{1 - j τ}{1 - j τ} \\ = \frac{(1 - j τ)^{2}}{1^{2} - (j τ)^{2}} \\ = \frac{1^{2} + (j τ)^{2} - 2 \cdot 1 \cdot j τ}{1 + τ^{2}} \\ = \frac{1 - τ^{2} + j (- 2 τ)}{1 + τ^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} G(j\omega) &=\frac{1-j\frac{\omega}{\omega_0}}{1+j\frac{\omega}{\omega_0}} \\ &=\frac{1-j\tau}{1+j\tau} \\ &=\frac{1-j\tau}{1+j\tau}\cdot\frac{1-j\tau}{1-j\tau} \\ &=\frac{(1-j\tau)^2}{1^2-(j\tau)^2} \\ &=\frac{1^2+(j\tau)^2-2\cdot 1 \cdot j\tau }{1+\tau^2} \\ &=\frac{1- \tau^2+j(-2\tau)}{1+\tau^2} \\ \end{align}$

transfer-function

— Giulio Scattolin
źródło

@SamFarjamirad Właśnie dodałem, w jaki sposób oddzieliłem rzeczywistą i urojoną część . Utknąłem, gdzie jest błąd? Dziękuję Ci bardzo!

G (j ω)

$G(j\omega)$

— Giulio Scattolin,

| G (j ω) | = 1

$|G(j\omega)| = 1$ wszędzie używając tak jak powinno być. Obawiam się, że wciąż nie rozumiem tego, co próbujesz mi wyjaśnić, mój zły! (Spodziewałem się dwóch punktów nieciągłości w reakcji fazowej, a nie wielkości, zapomniałem to powiedzieć wcześniej)

R e {G (j ω)} = 1 - τ^{2}

$\mathbb{Re}\{G(j\omega)\}=1-\tau^2$

— Giulio Scattolin,

Właściwie biorąc mój powinien być tylko jeden punkt nieciągłości (skok z do ) w reakcji fazowej przy powodu dodatniej jak już zauważyłeś.

∠ G (j ω)

$\angle G(j\omega)$

- π / 2

$-\pi/2$

π / 2

$\pi/2$

ω = ω_{0} = 1

$\omega = \omega_0 = 1$

ω

$\omega$

— Giulio Scattolin,

I zgadzam się z tobą, po prostu nie rozumiem, czy mam rację i źle go czytam, czy jest po prostu zły.

∠ G (j ω)

$\angle G(j\omega)$

∠ G (j ω)

$\angle G(j\omega)$

— Giulio Scattolin,

Co rozumiesz przez komputery, biorąc pod uwagę rzeczywistą pozycję funkcji ? Bardzo ci dziękuje za pomoc!

— Giulio Scattolin,

Wykresy są poprawne.

W ten sposób robimy to na naszych głowach w około minutę po latach praktyki.

Wielkość:

Rozważ licznik i mianownik osobno. Wzrost licznika z nachyleniem , ale jednocześnie mianownik spada z dokładnie tym samym nachyleniem, teraz jasne jest, że te dwa mają tendencję do wzajemnego znoszenia się, wyniki są liczbą stałą. Jak wiesz, więc wyjaśnia wykres wielkości. Zauważ, że jeśli spojrzysz na wielkość funkcji przenoszenia, nie zobaczysz prawdziwego bieguna. $20$ $dB/dec$ $20log1 = 0$

Faza

$arctan(*)$ jest funkcją kontynuacji, przy częstotliwości przerwania jest równa , ponieważ wykreślając fazę w skali logarytmicznej, musimy dodawać fazy. Zarówno mianownik, jak i licznik upuszczają w całym paśmie częstotliwości. Więc lub 180 °. $-\frac{\pi}{2}$ $-\frac{\pi}{2}$ $-\pi$

— Sam Farjamirad
źródło