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Modelos de Ingeniera II
12.RESPUESTA EN FRECUENCIA
12.1 CONCEPTO DE RESPUESTA EN FRECUENCIA
Con el trmino respuesta en frecuencia, se quiere decir la respuesta en estadoestacionario de un sistema a una entrada sinusoidal. En los mtodos de respuestaen frecuencia, variamos la frecuencia en la seal de entrada en un cierto rango yestudiamos la respuesta resultante.
La ventaja del mtodo de respuesta en frecuencia radica en que los test son engeneral simples y pueden hacerse de forma precisa mediante el empleo degeneradores de seales sinusoidales y de buenos equipos de medida a menudo
las funciones de transferencia de componentes complicados se pueden determinarexperimentalmente con los test de respuesta de frecuencia.
Aunque la respuesta en frecuencia de un sistema de control muestra una visincualitativa de la respuesta transitoria, la correlacin entre la respuesta enfrecuencia y transitoria es indirecta, excepto en el caso se sistemas de segundoorden. Al disear un sistema lazo cerrado ajustamos la caracterstica de respuestaen frecuencia de la funcin de transferencia en lazo abierto utilizamos algunoscriterios de diseo con el fin de obtener unas caractersticas de respuestatransitoria para el sistema aceptable.
12.2 DEMOSTRACIN DE LA RESPUESTA EN FRECUENCIA
Considere la respuesta en el tiempo de un sistema el cual es excitado por unaentrada senoidal de la forma:
)()( wtAsentU =
Donde A= amplitud
w= frecuenciaLa cual depende del tiempo
)()( wtAsentU =
1
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W(s): Funcin de respuesta
)(
)()(
sU
sYsW =
Como
22)]([)(
ws
AwtUsU
+==
Entonces
))(( wjswjs
Aw
+=
Como )(*)()( sUsWsY = entonces
))((
)(
))((*)()(
wjswjs
AwsW
wjswjs
AwsWsY
+=
+=
Resolviendo por fracciones parciales
)(sAwWCwjCsBwjBswjs
C
wjs
B=++=
++
CBCB ==+ 0 (1)
)(sAwWCwjBwj = (2)
Reemplazando (1) en (2)
)(sAwWCwjCwj =)(2 sAWCj =
Entonces queda
2
Y (t)W(s)
U (t)=Asen (wt)
-
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jsAW
j
j
j
sAWC
2
)(*
2
)(=
=
jsAW
B2
)(=
Donde
wjs
jsAW
wjs
jsAW
sY
+
+
= 2
)(
2
)(
)(
Aplicando la frmula Transformada con nmeros complejos
)cos(2 RteRjs
eR
js
eRt
RjRj
+=++
++
Como
0=w=
Entonces
jsAW
R2
)(=
jsAWR2
)(=
3
-
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jsAW
R2
)(=
jsWA
R += )(2
090)( = sWR
Por definicin
MagnitudwRsW :)()( =seAnguloDeFawsW :)()( =
2
)(
2
)( wARsWAR ==
090)( = wR
Reemplazando los valores en la frmula en
)cos(2 RteRjs
eR
js
eRt
RjRj
+=++
++
Queda
)90)(cos(2
)(22
)(
2
)(
)( 0
)90)(()90)(( 00
+=+
+
=
wwtwAR
wjs
ewAR
wjs
ewAR
tY
jwjw
Resolviendo la ecuacin
4
-
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)90)(cos()()( 0+= wwtwARtY
Como
sen=+ )90cos( 0
sen= )90cos( 0
Entonces
))(()()( wwtsenwARtY +=
5
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12.3 EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE RESPUESTA EN FRECUENCIA
1.10
10)(+= s
sW )3(5)( tsentU =
Como sabemos que
)()( wtAsentU =
Donde A= amplitudw= frecuencia
Entonces se puede decir que
A= 5w= 3
Se halla R(w) que es igualwjs
sWwR=
= )()(
Entonces
10
10)(
+
=
wj
sW
Reemplazamos el valor de w en W(s)
103
10)(
+=
jsW
Recuerde que :
bbbj
babja
aa
==
+=+
=
2
22
Resolviendo queda
6
-
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109
10
103
10)(
22
=+
=sW
Luego hallamos w que es igual a )(sW>
1log +a
wj
01, =
-
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CASO 2
Cero de primer orden)()( bsKsG +=
Forma de constante de tiempo
+= 1)(b
sKbsG
Evaluar wjs =
+= 1)( bwj
KbwjG
Aplicamos logaritmo y la norma
+= 1)(b
wjKbLogwjGLog
1)( ++=b
wjLogKbLogwjGLog
Examinamos el comportamiento asinttico de 1+b
wjLog
1)(1, ====+>> wLogwjLogb
wjLog
b
wjLogbw
1+b
wjLog
01, =
-
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Pendiente
( )( ) ( ))(
1
)(
)(
wLogd
bwjLogKbLogd
wLogd
wjGLogd
++
=
( )( )
( )( )
( )( )
110)(
)(
)()(
)(=+=+=
wLogd
wLogd
wLogd
KbLogd
wLogd
wjGLogd
15
-
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CASO 3
Cero de segundo orden
)2()( 22 nn wszwsKsG ++=
Forma de constante de tiempo
++=
2
2
22
22 2)(
n
n
n
n
n
nw
w
w
szw
w
sKwsG
++=1
2)(
2
22
nnn w
zs
w
sKwsG
Evaluar wjs =
++= 1
2)()(
2
22
nn
nw
zwj
w
wjKwwjG
Aplicamos logaritmo y la norma
12)(
)( 2
2
2 +++=nn
nw
zwj
w
wjLogwLogwjGLog
Examinamos el comportamiento asinttico de 12)(
2
2
++
nnw
zwj
w
wjLog
)(22)(, 2
2
wLogwjLogwwjLogww
n
n ==
>>
12)(
2
2
++nn w
zwj
w
wjLog
01, =
-
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Pendiente
( )( )
( )( )
21*2)(
)(2
)(
2
===wLogd
wLogd
wLogd
KwLogd n
17
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CASO 4
Polo de segundo orden
22
2
2)(
nn
n
wszws
KwsG
++=
Forma de constante de tiempo
++
=
12
)(
2
2
2
2
nn
n
n
wzs
wsw
KwsG
Evaluar wjs =
++
=
12)(
)(
2
22
nn
nw
zwj
w
wjw
KwjG
Aplicamos logaritmo y la norma
12)(
)(2
2
++=nn w
zwj
w
wjLogKLogwjGLog
Examinamos el comportamiento asinttico de 12)(
2
2
++nn w
zwj
w
wjLog
)(22)(
,2
2
wLogwjLogw
wjLogww
nn
==
>>
12)(
2
2
++nn w
zwj
w
wjLog
01, =
-
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Pendiente
( ))(
12)(
2
2
wLogd
w
zwj
w
wjLogd
nn
++
( )( )
( )( )
21*2)(
)(2
)(==
wLogd
wLogd
wLogd
KLogd
19
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13.2.2 GRAFICAS DE BODE PARA LA FASE
CASO 1
Cero de primer orden
)()( bsKsG +=
Forma de constante de tiempo
+= 1)(bsKbsG
Evaluar wjs =
+= 1)(b
wjKbwjG
Se aplica el ngulo de fase
+= 1)(bwjKbwjW
++= 1)(b
wjKbwjW
Se examina
+1b
wj
090, =>> wjbw
+1b
wj
01, =
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GRAFICA 1
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CASO 2
Polo de primer orden
as
KasG
+=)(
Forma de constante de tiempo
1
)(
+=
a
s
KsG
Evaluar wjs =
1
)(
+=
a
wj
KsG
Aplicamos el ngulo de fase
+= 1)(a
wjKwjW
Se examina
+1awj
0
90, ==>> wja
wjaw
+1a
wj
01, =
-
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GRAFICA 2
23
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CASO 3
Cero de segundo orden
)2()( 22 nn wszwsKsG ++=
Forma de constante de tiempo
++=
2
2
22
22 2)(
n
n
n
n
n
nw
w
w
szw
w
sKwsG
++=1
2)(
2
22
nnn w
zs
w
sKwsG
Evaluar wjs =
++= 1
2)()(
2
22
nn
nw
zwj
w
wjKwwjG
Aplicando el ngulo de fase
+++= 12)(
)(2
22
nn
nw
zwj
w
wjKwsW
Se examina
++ 1
2)(2
2
nn w
zwj
w
wj
0
2
2
180)(
, ==>> ww
wjww
n
n
++ 1
2)(2
2
nn w
zwj
w
wj
0, =
-
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GRAFICA 3
25
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CASO 4
Polo de segundo orden
22
2
2)(
nn
n
wszws
KwsG
++=
Forma de constante de tiempo
++
=
12
)(
2
22
2
nn
n
n
w
zs
w
sw
KwsG
Evaluar wjs =
++
=
12)(
)(
2
2
2
nn
nwzwj
wwjw
KwjG
Aplicando ngulo de fase
++= 1
2)()(
2
2
nn w
zwj
w
wjKwjW
Se examina
++ 12)(
2
2
nn w
zwj
w
wj
26
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02
2
2
180)()(
, ==>> wjw
wjww
n
n
++ 12)(
2
2
nnw
zwj
w
wj
0, =
-
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13.3 CONDICIONES DE FASE
Como se indico, la relacin entre las grficas de la magnitud y la fase dad por laecuacin antes mencionada (es vlida nicamente para sistemas de fase mnima).Para entender la necesidad de esta restriccin, considrese la respuesta enfrecuencia de los tres sistemas.
101
11
10
)1(10)(1 s
s
s
ssW
+
+=
++
=
101
)1
1(
10
)1(10)(2
s
s
s
ssW
=
+
=
101
)1
1(
10
)1(10)(3 s
s
s
ssW
+=
+
=
En este caso las tres funciones de transferencia se han expresado tanto en laforma de constante de tiempo como en la de polos y ceros.
28
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Las grficas para la magnitud y fase para estos tres sistemas se muestran en lasfiguras anteriores, puesto que las grficas de la magnitud de los tres sistemas sonidnticas, solo se muestra una de ellas. Aunque los tres sistemas tienen la mismatraza de magnitud, tienen caractersticas de fase radicalmente diferentes. Estadiferencia entre las graficas de fase para los tres casos se debe a la localizacinde un polo o un cero en el semiplano derecho del plano s. Solamente para )(1 sW es posible inferir el diagrama de ngulo de fase a partir del diagrama de amplitud
empleando en la ecuacin puesto que )(1 sW es la nica de fase mnima.
Este tipo de sistemas, como )(1 sW que no tienen polos o ceros en el semiplanoderecho del plano s se les conoce como sistemas de fase mnima, ya que tienenuna cantidad mnima de cambio de fase negativa o retraso de fase para unagrfica de magnitud dada.
29
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Modelos de Ingeniera II
Para este ejemplo se ha establecido que la relacin de Bode es vlida nicamentesi el sistema es de fase mnima, es decir, si sta no tiene polos o ceros en el
semiplano derecho del plano s. En este caso se mostr que la ecuacin es vlidapar cualquier funcin de transferencia de fase mnima.
Es necesario aclarar el hecho de que un sistema con un valor de ganancianegativa K es de fase no mnima. Obviamente, la adicin de un signo negativo noaltera la grfica de la magnitud, pero si modifica la caracterstica de fase alsumarle 0180 de retraso de fase en todas las frecuencias.
13.3.1 SISTEMAS DE FASE NO MINIMA
Afortunadamente la grfica de fase todava se puede trazar fcilmente si elsistema es de fase no mnima. Un manera de abordar el problema es regresar a laforma de polos y ceros de la funcin de transferencia y se grafica el patrn depolos y ceros en el plano s. Por esta razn, las tres funciones de transferencia dela ecuacin estn expresadas en la forma de polos y ceros, as como en la deconstantes de tiempo asociadas con los diagramas de Bode.
Para ilustrar el clculo del ngulo de fase para un sistema de fase no mnimaconsidrese )(2 sW como esta expresada en la ecuacin anterior. El patrn depolos y ceros para esta funcin de transferencia esta dado, supngase que setiene inters en el ngulo de fase para frecuencias positivas, iniciando en w=0.
Para w=0 los componentes de la funcin de transferencia.
10
)1(10)(2 +
=
s
ssW
El ngulo asociado con el vector que se origina sobre el cero en s= +1 es de 0180 .El ngulo asociado con el polo es 00 de modo que en s= 0 el ngulo de fase de
)(2 sW es solo
000
2 1800180)(arg ==sW
Una vez ms el argumento de )(2 sW es 21 donde los ngulos son0
1 135= y0
2 6= , o
000
2112 1296135)(arg === jW
30
-
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Modelos de Ingeniera II
En s=j 10, 1 , es aproximadamente090 y 2 es
045 . Conforme la frecuencia tienda
a infinito 21 y tiendan a 090 as que en el limite el argumento de )(2 jwW tienda acero.
13.5 EJERCICIO SOBRE GRAFICA DE BODE
1) Dada la siguiente funcin de transferencia, resolver aplicando grafica de bodepara la fase y del mismo modo para la magnitud:
463
)12.0(100)(
23 ++++
=sss
ssG
Bueno para solucionar esta ecuacin como ya sabemos que esta en forma deconstante de tiempo entonces tenemos que devolvernos de esta forma:
463
2.0
120
)(23 +++
+
=sss
s
sG
Y en el denominador aplicamos divisin sinttica de esta forma:
0421
4211/4631
Entonces la ecuacin queda as:
( ))42)(1(
520)(
2 ++++
=sss
ssG
Procedemos a la aplicacin de constante de tiempo para el denominador:
+++
+=
14
2
4)1(4
)12.0(5*20)(
2 sss
ssG
31
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Modelos de Ingeniera II
Solucin para la grafica de bode para la magnitud
Para determinar el valor de la constante K sabemos que es igual a la ganancia delsistema entonces k=20*5/4=25, aplicndose el logaritmo base 10 nos quedaK=1.39
32
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Modelos de Ingeniera II
Procedemos a construir la tabla que contendr los datos los cuales sacaremos deesta los valores a graficar de la siguiente forma:
w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -12 0.3 Polo 2 -25 0.69 Cero 1 1
Aplicando los valores de la tabla graficaremos la magnitud de esta forma:
33
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Modelos de Ingeniera II
Solucin de la grafica de bode para la fase:
w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -902 0.3 Polo 2 -1805 0.69 Cero 1 90
34
-
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Modelos de Ingeniera II
2) Dibujar las graficas de la magnitud asinttica mediante lneas rectas para lasiguiente funcin de transferencia.
)100)(10)(1(
1000)(
+++=
ssssG
Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .
+
++
=1
1001
10)1(100*10
1000)(
sss
sG
+
++
=1
1001
10)1(
1)(
sss
sG
El valor de la ganancia es K=1, como ya tenemos el valor de K se procedea aplicar el logaritmo en base 10 y da como resultado Log(1)=0
Luego continuamos con la construccin de la tabla, la cual que da as
w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Polo 1 -110 1 Polo 1 -1100 2 Polo 1 -1
35
-
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Modelos de Ingeniera II
Luego con base en la tabla se realiza la grafica as
36
-
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Modelos de Ingeniera II
3) Dibujar las graficas de la magnitud asinttica mediante lneas rectas para unade las siguientes funciones de transferencia.
1.)1000)(100(
1000)(
++=
ssssG
Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .
+
+= 1
10001
1001000*100
1000
)( sss
sG
+
+
=1
10001
100100
1)(
sss
sG
La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de las
ganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser100
1, cuando ya
tengo el valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta
forma: 2100
1=
Log
Luego se procede a la construccin de una tabla de valores
w Log(w) Tipo Orden Pendiente100 2 Polo 1 -11000 3 Polo 1 -1
37
-
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Modelos de Ingeniera II
Cuando ya hemos obtenido los valores de la tabla anterior procedemos arealizar la grafica de bode para determinar la magnitud
38
-
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Modelos de Ingeniera II
2.)1002(
)10(100)(
22
2
+++
=sss
ssG
Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .
++
+
=1
1002
100*100
110
10*100
)(
22
22
2
sss
s
sG
++
+
=1
100
2
100
110
10
)(
22
2ss
s
s
sG
La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de lasganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser 10, cuando ya tengoel valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta forma:Log(10)=1
Luego se procede a la construccin de una tabla de valores
w Log(w) Tipo Orden Pendiente10 1 Cero 1 1100 2 Polo 2 -2
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Se procede a realizar la grafica
40
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41
-
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Modelos de Ingeniera II
3. 22
22
)100(
)100(100)(
+++
=ss
sssG
)100200(
)100(100)(
222
22
++++
=sss
sssG
Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .
++
++
=1
100200
100*100
1100100
100*100
)(
22
222
22
sss
ss
sG
++
++
=1
100
200
100
1100100
100
)(
22
22
2
sss
ss
sG
La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de lasganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser 100, cuando ya tengoel valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta forma:Log(100)=2
Luego se procede a la construccin de una tabla de valores
w Log(w) Tipo Orden Pendiente100 2 Cero 2 2100 2 Polo 2 -2
42
-
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Cuando ya hemos obtenido los valores de la tabla anterior procedemos arealizar la grafica de bode para determinar la magnitud
43
-
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Modelos de Ingeniera II
4.)10(
)1(1000)(
2
+
+=
ss
ssG
Primero hay que expresar la ecuacin en forma de constante de tiempo dela forma ( )11 +sT .
( )
+
+=
110
*10
11000)(
2 ss
ssG
( )
+
+=
110
1100)(
2 ss
ssG
La constante K contiene el resultado de las simplificaciones de lasganancias y por lo tanto el valor K en este caso ser 100, cuando ya tengoel valor de K le aplicamos logaritmo en base 10 y nos queda de esta forma:Log(100)=2
Luego se procede a la construccin de una tabla de valores
w Log(w) Tipo Orden Pendiente1 0 Cero 1 110 1 Polo 1 -1
44
-
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Modelos de Ingeniera II
Cuando ya hemos obtenido los valores de la tabla anterior procedemos arealizar la grafica de bode para determinar la magnitud
45
-
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Modelos de Ingeniera II
13.4EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE GRAFICA DE FASE
Dada la siguiente funcin de transferencia encontrar la grfica de faseaproximada, aplicando la aproximacin mediante lneas rectas.
)1000000)(100(
)1)(10()(
2
2
++++++
=sss
ssssG
Primero que todo aplicamos constante de tiempo y nos queda de esta forma:
( )
++
+
++
+
=1
10101
10010*100
1110
10
)(
66
26
2
sss
sss
sG
Se dividen las ganancias y nos queda de esta forma
( )
++
+
++
+
=1
10101
10010
1110
)(
66
2
7
2
sss
sss
sG
Despus se evala la variable s=wj y quedando la ecuacin de esta forma:
( )
++
+
++
+
=1
10101
1001000
1110
)(
66
22
2
wjwjwj
wjwjwj
sG
Aqu determinamos el ngulo, teniendo en cuenta que el ngulo de la ganancia escero por tratarse de un valor constante.
Para ingresar los datos en la tabla procedemos de la siguiente manera:
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1. Tomamos los denominadores de wj en orden ascendente. En esta formael denominador de 12 ++ wjwj aqu sabemos que el denominador de 2wj
es uno, tambin en la expresin 110
+wj el denominador de esta expresin
es 10, en los polos tenemos 1100
+wj
sabiendo de ante mano que el
denominador es 100, de esta misma forma conseguido el valor de w en el
polo
++ 1
10001000 22
2 wjwjbueno aqu tenemos en cuenta el valor de 2wj
por tratarse este del poseedor del orden y determinamos el denominadorde el mismo que es igual a w y para este caso el denominador esta alcuadrado pero no se tiene en cuenta la potencia de este.
2. Procedemos a la aplicacin del logaritmo de base 10 a todo los valoresde w
3. Aqu en este paso determinamos el tipo, que contiene la determinacin sies cero o es polo.
4. En este paso buscamos el orden de la ecuacin si es uno o dos.
5. Y por ultimo hayamos el ngulo de fase. Teniendo en cuenta que si eltipo es cero y el orden es uno el ngulo de fase ser de 090 ; si el tipo es
cero y el orden es dos el ngulo ser de 0180 . Si el tipo es polo y el ordenes uno el ngulo de fase ser de 090 ; si el tipo es polo y el orden esdos el ngulo ser de 0180
NOTA
Como ya sabemos que los polos y ceros son negativos. Pero nosotros lostomamos positivo buscando con esto poder aplicar la propiedad de los logaritmosen base 10.
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w Log(w) Tipo Orden ngulos1 0 Cero 2 18010 1 Cero 1 90100 2 Polo 1 -901000 3 Polo 2 -180
Despus de haber terminado la tabla que contiene los datos mostrados.Realizaremos la grfica de fase de esta forma tomando los valores que contiene lacolumna de los logaritmos en la parte horizontal de la grfica y los valores de los
ngulos en la parte vertical de la grfica.
Los datos de logaritmo se grafican de la siguiente manera:Para el caso de primer logaritmo que es cero. Le sumamos uno (1) y le restamosuno (1) y tiramos una lnea hacia arriba buscando el ngulo correspondiente a el.Esta lnea es proyectada desde el valor restado en este caso es menos uno hastaque se corte con el valor sumado y de all sigue su recorrido paralelo a la lneaprincipal y de esta forma se hace las dems expresiones logartmicas.
Despus de colocar todos los valores en la grfica se hace una divisin por zonascomo lo muestra la grfica; y de all procedemos a buscar la resultante que
obtenemos de esta forma: primero para la resultante se tira hacia arriba hasta elngulo de 090 pero en este caso la pendiente es cero y se observa que laresultante sube al ngulo 0270 porque se suman las dos pendientes de esta forma
00 18090 + , bueno la resultante se mantiene paralela a la horizontal debido a que lapendiente de 0180 en este caso es cero porque se mantiene constante entoncesse suman la pendiente de 090 mas la pendiente menos 090 que esta debajo de lahorizontal y esta suma me da como resultado cero hasta la zona dos, obsrveseque la resultante baja buscando la horizontal porque permanece en 0270 , y comopodemos ver que la pendiente de 0180 y 090 son ceros debido a que estnconstantes entonces, siendo as solo tenemos la pendiente de 0180 y 090 y la
sumamos y nos damos cuenta que la suma de los dos ngulos me da comoresultado 0270 negativo y como tenemos 0270 positivo con 0270 negativo secancelan y por este motivo la resultante baja hacia la horizontal, despus partimosque todas las pendientes son ceros y que solo nos queda la pendiente de 0180 ypor esta razn bajamos la resultante hacia la bsqueda de 0180 y por ltimocomo de ante mano podemos observar que todas las pendientes de los ngulos
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son ceros la resultante permanecer constante hacia la derecha como los muestrala grfica.
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Ejercicio aplicando grfica de bode para la fase 01
)100)(10)(1(
1000)(
+++=
ssssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
+
++
=1
1001
10)1(100*10
1000)(
sss
sG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
+
++
=1
1001
10)1(100*10
1000)(
wjwjwj
sG
w Log(w) Tipo Orden Angulo1 0 Polo 1 -9010 1 Polo 1 -90100 2 Polo 1 -90
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Ejercicio aplicando grafica de bode para la fase 02
)100)(10(
1000)(
++=
sssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
+
+=
1100
110
100*10
1000)(
sssG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
+
+
=1
1001
10100*10
1000)(
wjwjsG
w Log(w) Tipo Orden Angulo10 1 Polo 1 -90100 2 Polo 1 -90
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Ejercicio aplicando grafica de bode para la fase 03
)300)(3(
)10(900)(
+++
=sss
ssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
+
+
+
=1
3001
3300*3
110
900*10
)(ss
s
s
sG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
+
+
+
=1
3001
3
110
10
)(wjwj
wj
wj
sG
w Log(w) Tipo Orden Angulo3 0.47 Polo 1 -90
10 1 Cero 1 90300 2.47 Polo 1 -90
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Ejercicio aplicando grfica de bode para la fase 04
)10(
)1(1000)(
2 ++
=ss
ssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
+
+=
110
*10
)1(1000)(
2 ss
ssG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
+
=1
10)(
100)(
2 wjwj
sG
w Log(w) Tipo Orden Angulo1 0 Cero 1 9010 1 Polo 1 -90
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Ejercicio aplicando grfica de bode para la fase 05
)10020(
100)(
22
2
++=
sssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
++
=1
100
20
100100
100)(
22
22
2
sssG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
+
=1
100
20
100
)(
1)(
22
2 wjwjsG
w Log(w) Tipo Orden Angulo100 2 Polo 2 -180
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Ejercicio aplicando grfica de bode para la fase 06
)1002(
)10(100)(
22
2
+++
=sss
ssG
Convertimos en forma de constante de tiempo
++
+
=1
100
2
100*100
110
10*100
)(
22
22
2
sss
s
sG
Evaluamos la ecuacin en s=wj
++
+
=1
100
2
100
)(
110
10
)(
22
2 wjwjwj
wj
sG
w Log(w) Tipo Orden Angulo10 1 Cero 1 90100 2 Polo 2 -180
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