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,

Odpowiedź fazowa funkcji ciągłego transferu

Odpowiedzi: