2.3 Odpowiedź częstotliwościowa i charakterystyki Bodego

0 Prolog: obiekt bez równań

Dostajesz do sterowania urządzenie, o którym nic nie wiesz: zawór regulacyjny z kilkoma metrami rury, siłownik z przekładnią, wzmacniacz. Nie masz równań, a model z lekcji 1.2 Jak reagują układy: człony podstawowe i odpowiedź skokowa (test skokowy) daje tylko trzy liczby. Inżynierowie wzmacniaczy telefonicznych w latach 30. mieli generator sinusoid i woltomierz. Podawali sinusoidę o jednej częstotliwości, czekali, aż przebiegi się ustalą, i zapisywali dwie liczby: o ile urosła amplituda i o ile przesunęła się fala. Potem zmieniali częstotliwość i mierzyli dalej.

Z takiej tabelki Bode i Nyquist umieli przewidzieć, czy wzmacniacz z pętlą sprzężenia będzie stabilny i jak dobrze będzie działał. Wcale nie potrzebowali równań. W tej lekcji poznasz pierwszą połowę tej sztuki: jak taką charakterystykę zmierzyć, narysować i odczytać. Druga połowa, czyli stabilność, to lekcja 2.4 Stabilność pętli: punkt −1, zapasy i opóźnienie.

Pytanie na start. Pętla prędkości drona z regulatorem PI ma czas narastania ok. 0,5 s. Czy da się to przewidzieć z jednej liczby odczytanej z wykresu Bodego, bez rozwiązywania równań? Odpowiedź w części 4.

1 Sinusoida wchodzi, sinusoida wychodzi

W lekcji 2.1 Schematy blokowe i transmitancja pętli zobaczyliśmy, że sygnał $e^{st}$ przechodzi przez układ liniowy, zmieniając się tylko o czynnik $G(s)$ . Sinusoida to część rzeczywista $e^{j\omega t}$ , czyli sygnał z osi urojonej, $s = j\omega$ . Liczba zespolona $G(j\omega)$ ma moduł i argument, więc stabilny układ liniowy zmienia sinusoidę na dwa sposoby: mnoży amplitudę i przesuwa fazę.Frank 2.4

Prawo · odpowiedź na sinusoidę (stan ustalony, układ stabilny)

u(t) = \sin\omega t\quad\Rightarrow\quad y(t) = |G(j\omega)|\,\sin\big(\omega t + \arg G(j\omega)\big) .

Charakterystyka amplitudowa $|G(j\omega)|$ i fazowa $\arg G(j\omega)$ to razem odpowiedź częstotliwościowa. Ujemna faza $\varphi$ to opóźnienie wyjścia o $-\varphi/\omega$ sekund.

To jest krzywa rezonansowa z działu 6 „Drgania, rezonans i układy liniowe” fizyki, tylko dla dowolnego obiektu. Dla członu inercyjnego $G = \frac{1}{\tau s + 1}$ mamy $|G(j\omega)| = \frac{1}{\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}}$ i $\arg G = -\arctan\omega\tau$ . Wolne sinusoidy ( $\omega\tau \ll 1$ ) przechodzą bez zmian. Szybkie ( $\omega\tau \gg 1$ ) są tłumione proporcjonalnie do $1/\omega$ i opóźnione o prawie ćwierć okresu. Na granicy, przy $\omega = 1/\tau$ , amplituda maleje do $1/\sqrt2 \approx 0{,}71$ , a faza wynosi $-45^\circ$ .

Warunek „stan ustalony” jest ważny. Po włączeniu sinusoidy pojawia się też stan przejściowy, który gaśnie jak $e^{p_kt}$ dla biegunów $p_k$ . Dlatego charakterystykę mierzy się tylko dla obiektów stabilnych. Obiektu niestabilnego nie da się „posłuchać” sinusoidą, bo stan przejściowy rośnie zamiast gasnąć.

Zadania · część 1

4 zadania · ok. 25 min

Na wejście członu $G = \frac{1}{s + 1}$ podano $\sin 10t$ . Jaka będzie amplituda wyjścia i o ile sekund się spóźni?

Odpowiedź
$|G(j10)| = 1/\sqrt{101} \approx 0{,}0995$ ; faza $-\arctan 10 \approx -84{,}3^\circ = -1{,}47$ rad, czyli opóźnienie $1{,}47/10 \approx 0{,}147$ s.
Jaka jest odpowiedź częstotliwościowa członu opóźniającego $e^{-\theta s}$ ? Oblicz fazę dla $\theta = 0{,}5$ s przy $\omega = 1$ i $\omega = 10$ rad/s.

Odpowiedź
$|e^{-j\omega\theta}| = 1$ , faza $-\omega\theta$ rad: $-0{,}5$ rad $\approx -29^\circ$ i $-5$ rad $\approx -286^\circ$ . Amplituda bez zmian, faza bez ograniczenia.
Wyprowadź $|G(j\omega)|$ i $\arg G(j\omega)$ dla członu całkującego $\frac1s$ . Dlaczego faza jest stała?

Odpowiedź
$\frac{1}{j\omega} = -\frac{j}{\omega}$ : moduł $1/\omega$ , faza $-90^\circ$ dla każdego $\omega$ . Całka z $\sin\omega t$ to $-\frac1\omega\cos\omega t = \frac1\omega\sin(\omega t - 90^\circ)$ : zawsze ćwierć okresu spóźnienia.
Dlaczego dla obiektu o biegunie w $+1$ nie da się zmierzyć charakterystyki, podając sinusoidę i czekając?

Odpowiedź
Stan przejściowy zawiera składnik $e^{+t}$ , który rośnie zamiast gasnąć: wyjście ucieka, zanim zdąży się ustalić sinusoida. Taki obiekt mierzy się w pętli zamkniętej, z regulatorem, który go stabilizuje, i przelicza wynik.

2 Decybele i skala logarytmiczna

Bode wpadł na pomysł, który zamienia mnożenie w dodawanie: rysować logarytm amplitudy w funkcji logarytmu częstotliwości. Amplitudę podaje się w decybelach:

|G|_\text{dB} = 20\log_{10}|G| .

Kilka wartości do zapamiętania: $\times 10 \to +20$ dB, $\times 2 \to +6$ dB, $\times\frac{1}{\sqrt2} \to -3$ dB, $\times 1 \to 0$ dB, $\times 0{,}1 \to -20$ dB. Na osi częstotliwości jednostką jest dekada, czyli dziesięciokrotny wzrost $\omega$ .

Po co to wszystko? Bloki połączone szeregowo mnożą transmitancje (lekcja 2.1). Logarytm iloczynu to suma logarytmów, a argument iloczynu to suma argumentów. Charakterystykę Bodego łańcucha bloków otrzymuje się więc, dodając charakterystyki bloków, zarówno amplitudowe (w dB), jak i fazowe. Do tego każdy człon podstawowy ma na skali logarytmicznej kształt bliski linii prostych.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 15 min

Zamień na dB: 100; 0,5; 0,01; $\sqrt2$ .

Odpowiedź
40 dB; −6 dB; −40 dB; +3 dB.
Dwa bloki mają w danej częstotliwości wzmocnienia +14 dB i −20 dB oraz fazy −30° i −60°. Ile wynosi wzmocnienie i faza łańcucha? Ile to razy?

Odpowiedź
−6 dB, czyli ok. ×0,5; faza −90°.
Amplituda maleje o 20 dB na dekadę. Jak zależy od $\omega$ ? A przy −40 dB na dekadę?

Odpowiedź
Spadek o 20 dB to czynnik 10 na dziesięciokrotny wzrost $\omega$ , czyli $|G| \propto 1/\omega$ . Przy −40 dB/dek.: $|G| \propto 1/\omega^2$ .

3 Asymptoty członów podstawowych

Charakterystyki Bodego członów podstawowych: asymptoty amplitudy i faza
człon	amplituda (asymptoty)	faza
$K$	pozioma, $20\log K$	$0^\circ$ (dla $K > 0$ )
$\frac1s$	prosta −20 dB/dek., 0 dB przy $\omega = 1$	$-90^\circ$
$\frac{1}{s/\omega_1 + 1}$	0 dB do $\omega_1$ , potem −20 dB/dek.; w $\omega_1$ naprawdę −3 dB	od $0^\circ$ do $-90^\circ$ ; $-45^\circ$ w $\omega_1$
$\frac{s}{\omega_z} + 1$ (zero)	0 dB do $\omega_z$ , potem +20 dB/dek.	od $0^\circ$ do $+90^\circ$
$\frac{\omega_0^2}{s^2 + 2\zeta\omega_0s + \omega_0^2}$	0 dB do $\omega_0$ , potem −40 dB/dek.; szczyt $\frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}}$ dla $\zeta < 0{,}71$	od $0^\circ$ do $-180^\circ$ ; $-90^\circ$ w $\omega_0$
$e^{-\theta s}$	0 dB wszędzie	$-\omega\theta$ (w radianach), bez ograniczenia

Każdy biegun to załamanie charakterystyki w dół o 20 dB/dek. przy swojej częstotliwości, każde zero załamanie w górę. Faza zmienia się łagodnie, mniej więcej w przedziale od dekady przed do dekady po załamaniu. Dokładna krzywa odstępuje od asymptot najbardziej w samym punkcie załamania, o 3 dB. Wyjątkiem jest człon oscylacyjny o małym $\zeta$ , który ma tam ostry szczyt rezonansowy, np. przy $\zeta = 0{,}2$ szczyt sięga 8 dB (×2,55).

Opóźnienie zasługuje na osobne zdanie. Nie zmienia amplitudy żadnej sinusoidy, ale jego faza spada liniowo z $\omega$ , czyli na skali logarytmicznej coraz szybciej. Inne człony kończą swój spadek fazy na $-90^\circ$ czy $-180^\circ$ . Opóźnienie nie kończy go nigdy. To dlatego, jak zobaczymy w lekcji 2.4, opóźnienie tak bardzo ogranicza szybkość pętli.

Zadania · część 3

4 zadania · ok. 35 min

Naszkicuj asymptoty amplitudy dla $G = \frac{100}{(s + 1)(s + 10)}$ . Ile wynosi amplituda w dB przy $\omega = 0{,}1$ , 1, 10 i 100 rad/s (z asymptot)?

Odpowiedź
W postaci $\frac{10}{(s + 1)(s/10 + 1)}$ : 20 dB do 1 rad/s, potem −20 dB/dek. do 10, potem −40 dB/dek. Odczyty: 20; 20; 0; −40 dB. Dokładnie: 20,0; 17,0; −3,0; −40,0 dB.
Ile wynosi faza $G = \frac{1}{s/2 + 1}$ przy $\omega = 0{,}2$ , 2 i 20 rad/s?

Odpowiedź
$-\arctan 0{,}1 \approx -5{,}7^\circ$ ; $-45^\circ$ ; $-\arctan 10 \approx -84{,}3^\circ$ . Prawie całe przejście fazy mieści się w dwóch dekadach wokół załamania.
Człon oscylacyjny ma szczyt rezonansowy +14 dB. Ile wynosi $\zeta$ ? Jaki to rząd przeregulowania odpowiedzi skokowej (lekcja 1.2)?

Odpowiedź
14 dB to ×5, więc $\frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}} = 5$ i $\zeta \approx 0{,}1$ . Przeregulowanie ok. 73%. Ostry rezonans i duży przelot to dwa oblicza słabego tłumienia.
W symulacji 2 zbuduj $L = \frac{10}{s(s + 1)}$ (K = 20 dB, jedno całkowanie, biegun 1 rad/s). Odczytaj częstotliwość przejścia i fazę w niej. Dodaj zero w 2 rad/s: jak zmieniła się faza w (nowej) częstotliwości przejścia?

Odpowiedź
Bez zera: $\omega_c \approx 3{,}1$ rad/s, faza ok. $-162^\circ$ . Z zerem: amplituda rośnie powyżej 2 rad/s, $\omega_c$ przesuwa się do ok. 5,3 rad/s, a faza poprawia się do ok. $-100^\circ$ . Zero podnosi fazę tam, gdzie liczy się ona najbardziej (lekcja 2.4).

4 Charakterystyka pętli i częstotliwość przejścia

Najważniejszy wykres Bodego to wykres transmitancji pętli $L(j\omega)$ , a nie samego obiektu. Z niego czyta się zachowanie pętli zamkniętej, choć ta jest zupełnie inną funkcją.

Pomysł jest prosty. Pętla zamknięta to $T = \frac{L}{1 + L}$ , uchyb to $S = \frac{1}{1 + L}$ . Tam, gdzie $|L| \gg 1$ (zwykle przy niskich częstotliwościach), $T \approx 1$ i $S \approx \frac1L$ : pętla wiernie śledzi wartość zadaną i tłumi zakłócenia $|L|$ razy, jak w lekcji 1.1 Po co sprzężenie zwrotne? Pętla otwarta i zamknięta. Tam, gdzie $|L| \ll 1$ (wysokie częstotliwości), $T \approx L \approx 0$ : pętla nie nadąża i takie sygnały ignoruje. Granicą jest częstotliwość przejścia $\omega_c$ , przy której $|L(j\omega_c)| = 1$ , czyli 0 dB.

Reguła · częstotliwość przejścia

|L(j\omega_c)| = 1\ (0\text{ dB}),\qquad t_r \approx \frac{1{,}5}{\omega_c}\ \ (\text{zwykle od } 1{,}2/\omega_c \text{ do } 2{,}2/\omega_c) .

Pętla jest tak szybka, jak wysoko leży $\omega_c$ . Dokładność statyczna zależy od $|L|$ przy niskich częstotliwościach. Spokój odpowiedzi (przeregulowanie) zależy od fazy $L$ w okolicy $\omega_c$ .

Skąd $1{,}5/\omega_c$ ? W okolicy $\omega_c$ wiele dobrze zaprojektowanych pętli wygląda jak $L \approx \frac{\omega_c}{s}$ (spadek −20 dB/dek. przez 0 dB). Wtedy $T \approx \frac{\omega_c}{s + \omega_c}$ , czyli człon inercyjny o stałej czasowej $1/\omega_c$ i czasie narastania $2{,}2/\omega_c$ . Gdy faza w $\omega_c$ jest bliżej $-180^\circ$ , odpowiedź jest szybsza, ale z przelotem, i iloczyn $t_r\omega_c$ spada do ok. 1,2. Symulacja 3 pokazuje oba efekty naraz.

Odpowiedź na pytanie z prologu: pętla PI prędkości drona ma $\omega_c \approx 3{,}6$ rad/s, więc $t_r \approx 1{,}5/3{,}6 \approx 0{,}4$ s. Symulacja daje ok. 0,49 s.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Pętla ma $L = \frac{5}{s}$ . Ile wynosi $\omega_c$ ? Wyznacz $T(s)$ i jego czas narastania.

Odpowiedź
$\omega_c = 5$ rad/s; $T = \frac{5}{s + 5}$ , $t_r = 2{,}2/5 = 0{,}44$ s.
Regulator P prędkości drona: $L = \frac{K_p}{s + 0{,}5}$ ( $m = 1$ kg). Wyznacz $\omega_c$ dla $K_p = 3{,}5$ i porównaj z $1/\tau_\text{z}$ z lekcji 1.3.

Odpowiedź
$\frac{K_p}{\sqrt{\omega^2 + 0{,}25}} = 1$ : $\omega_c = \sqrt{K_p^2 - 0{,}25} \approx 3{,}46$ rad/s. $1/\tau_\text{z} = K_p + 0{,}5 = 4$ 1/s. Bliskie: dla pętli z dużym $L$ częstotliwość przejścia to w przybliżeniu odwrotność stałej czasowej pętli zamkniętej.
Wymaganie: uchyb ustalony dla wolnych zmian wartości zadanej (do 0,1 rad/s) poniżej 1%. Ile musi wynosić $|L|$ w tym zakresie, w dB?

Odpowiedź
$|S| = \frac{1}{|1 + L|} \approx \frac{1}{|L|} < 0{,}01$ , czyli $|L| > 100$ , ponad 40 dB. Pętla PI drona ma przy 0,1 rad/s ok. 38 dB, prawie spełnia.

5 Dron w dziedzinie częstotliwości

Porównajmy trzy pętle drona ( $m = 1$ kg, $b = 0{,}5$ N·s/m), które znamy z odpowiedzi w czasie:

Trzy pętle drona w liczbach z wykresu Bodego
pętla	$L(s)$	$\omega_c$	faza w $\omega_c$	odpowiedź w czasie
PI prędkości (1.3)	$\frac{3{,}5s + 4}{s(s + 0{,}5)}$	3,6 rad/s	$-100^\circ$	szybka, przelot 7%
P wysokości, $K = 4$ (1.1)	$\frac{4}{s(s + 0{,}5)}$	2,0 rad/s	$-166^\circ$	kołysanie, $\zeta = 0{,}125$
PD wysokości (2.2)	$\frac{4(0{,}575s + 1)}{s(s + 0{,}5)}$	2,7 rad/s	$-112^\circ$	spokojna, $\zeta = 0{,}7$

Widać regułę, którą lekcja 2.4 uczyni dokładną: im bliżej $-180^\circ$ jest faza w częstotliwości przejścia, tym słabiej tłumiona pętla. Regulator P wysokości ma fazę $-166^\circ$ , tylko $14^\circ$ od katastrofy, i kołysze się. Człon D dokłada w okolicy $\omega_c$ fazę dodatnią (zero!) i odsuwa ją do $-112^\circ$ .

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 20 min

Wyjaśnij z asymptot, dlaczego faza $L = \frac{K}{s(s + 0{,}5)}$ zbliża się do $-180^\circ$ , gdy zwiększamy $K$ .

Odpowiedź
Całkowanie daje stałe $-90^\circ$ , a biegun w 0,5 rad/s dokłada od $0^\circ$ do $-90^\circ$ , prawie całe $-90^\circ$ powyżej ok. 5 rad/s. Większe $K$ przesuwa $\omega_c$ w prawo, gdzie suma faz jest bliższa $-180^\circ$ .
Ile fazy dodaje zero $(0{,}575s + 1)$ przy $\omega = 2{,}7$ rad/s? Porównaj z różnicą między wierszami 2 i 3 tabeli (pamiętaj, że $\omega_c$ też się przesunęło).

Odpowiedź
$\arctan(0{,}575\cdot 2{,}7) \approx +57^\circ$ . Przy $\omega_c = 2{,}7$ sama część $\frac{4}{s(s + 0{,}5)}$ ma fazę $-90^\circ - \arctan 5{,}4 \approx -169{,}5^\circ$ ; z zerem: $\approx -112^\circ$ ✓. Zero „kupiło” prawie $60^\circ$ fazy.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: szkic charakterystyki Bodego

Postać czasowa: zapisz $L$ jako $K\cdot\frac{1}{s^n}\cdot\prod\frac{s/\omega_z + 1}{s/\omega_p + 1}$ (czynniki o wzmocnieniu 1 przy niskich częstotliwościach).
Start: przy małym $\omega$ asymptota $20\log K - 20n\log\omega$ , nachylenie $-20n$ dB/dek., faza $-90^\circ n$ .
Załamania: idąc w prawo, przy każdym biegunie nachylenie −20, przy każdym zerze +20 dB/dek.
Faza: suma faz czynników; opóźnienie dodaje $-\omega\theta$ .
Odczyt: $\omega_c$ (szybkość), $|L|$ przy niskich częstotliwościach (dokładność), faza w $\omega_c$ (spokój).

Przykład 6.1 Model z dwóch pomiarów

Pomiar na wstrząsarce: przy 0,5 rad/s amplituda wyjścia to 71% amplitudy wejścia, a opóźnienie fazy $45^\circ$ . Przy niskich częstotliwościach wyjście równa się wejściu. Zaproponuj model i przewidź wynik pomiaru przy 2 rad/s.

$-3$ dB i $-45^\circ$ w jednym punkcie to podpis załamania członu inercyjnego: $\omega_1 = 0{,}5$ rad/s, $\tau = 2$ s.
Model $\frac{1}{2s + 1}$ . Przy 2 rad/s: $|G| = 1/\sqrt{17} \approx 0{,}24$ , faza $-\arctan 4 \approx -76^\circ$ .

Wynik: człon inercyjny, $\tau = 2$ s; przy 2 rad/s przewidujemy 24% amplitudy i opóźnienie fazy ok. $76^\circ$ .

Sprawdzenie: gdyby pomiar przy 2 rad/s dał wyraźnie większe opóźnienie fazy przy tej samej amplitudzie, w obiekcie jest też opóźnienie transportowe ✓. Faza zdradza opóźnienie, którego amplituda nie widzi.

Przykład 6.2 Szkic i dokładna wartość

Naszkicuj $L = \frac{10}{s(0{,}1s + 1)}$ , odczytaj z asymptot częstotliwość przejścia i porównaj z dokładną.

Start: $\frac{10}{s}$ , czyli 20 dB przy 1 rad/s i −20 dB/dek. Załamanie przy 10 rad/s, potem −40 dB/dek.
Z asymptot: prosta $\frac{10}{\omega}$ przecina 0 dB w 10 rad/s, czyli dokładnie w punkcie załamania.
Dokładnie: $\frac{10}{\omega\sqrt{1 + 0{,}01\omega^2}} = 1$ daje $\omega_c \approx 7{,}9$ rad/s; faza $-90^\circ - \arctan 0{,}79 \approx -128^\circ$ .

Wynik: $\omega_c \approx 7{,}9$ rad/s (asymptoty: 10 rad/s), faza w $\omega_c$ ok. $-128^\circ$ .

Sprawdzenie: asymptoty mylą się najbardziej w punkcie załamania (o 3 dB, czyli ×0,71), a tu $\omega_c$ wypadła prawie w nim. Na szkicu to wystarcza, do projektu liczy się dokładnie ✓.

Przykład 6.3 Prysznic na wykresie Bodego

Pętla prysznica z lekcji 1.1 Po co sprzężenie zwrotne? Pętla otwarta i zamknięta: $L = \frac{k\,e^{-\theta s}}{s}$ . Wyznacz $\omega_c$ i fazę w $\omega_c$ . Przy jakim $k$ faza osiąga $-180^\circ$ ?

$|L(j\omega)| = \frac{k}{\omega}$ (opóźnienie nie zmienia amplitudy), więc $\omega_c = k$ .
Faza: $-90^\circ$ od całkowania plus $-\omega\theta$ od opóźnienia; w $\omega_c$ : $-90^\circ - k\theta\cdot\frac{180^\circ}{\pi}$ .
$-180^\circ$ przy $k\theta = \pi/2$ .

Wynik: dla $k = 0{,}3$ 1/s i $\theta = 2$ s: $\omega_c = 0{,}3$ rad/s, faza $-124^\circ$ . Granica $k\theta = \pi/2$ : dokładnie warunek stabilności z lekcji 1.1.

Sprawdzenie: w lekcji 1.1 ten warunek wyszedł z równania z opóźnieniem i trygonometrii. Tu wypada z wykresu Bodego w trzech linijkach ✓. Dlaczego „faza $-180^\circ$ w $\omega_c$ ” to granica stabilności, wyjaśni lekcja 2.4.

Przykład 6.4 Tłumienie z wykresu rezonansowego

Charakterystyka amplitudowa obiektu ma szczyt +8,1 dB przy 1,92 rad/s, a przy niskich częstotliwościach 0 dB. Wyznacz $\zeta$ i $\omega_0$ , zakładając człon oscylacyjny.

8,1 dB to ×2,55; z $\frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}} = 2{,}55$ : $\zeta \approx 0{,}2$ .
Szczyt leży w $\omega_r = \omega_0\sqrt{1 - 2\zeta^2}$ , więc $\omega_0 = 1{,}92/\sqrt{0{,}92} \approx 2{,}0$ rad/s.

Wynik: $\zeta \approx 0{,}2$ , $\omega_0 \approx 2{,}0$ rad/s.

Sprawdzenie: odpowiedź skokowa takiego obiektu ma ok. 53% przeregulowania (lekcja 1.2). Szczyt rezonansowy i przeregulowanie mierzą to samo tłumienie z dwóch stron ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Faza jest mniej ważna od amplitudy.”: O stabilności pętli decyduje właśnie faza w okolicy $\omega_c$ . Opóźnienie ma płaską amplitudę i potrafi zabić pętlę samą fazą.
„−3 dB to połowa amplitudy.”: To ×0,71 amplitudy, czyli połowa mocy. Połowa amplitudy to −6 dB.
„Wykres Bodego obiektu wystarczy do oceny pętli.”: Liczy się wykres pętli $L = CP$ , z regulatorem.
„Charakterystykę można zmierzyć dla każdego obiektu.”: Tylko dla stabilnego. Niestabilny mierzy się w pętli zamkniętej.
„Większe $\omega_c$ to zawsze lepsza pętla.”: Szybsza, ale zwykle z gorszą fazą w $\omega_c$ , a do tego wpuszcza więcej szumu (lekcja 2.5).

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Głośnik i pokój. Akustycy mierzą charakterystykę głośnika w pokoju, puszczając szum albo sweep (sinusoidę o rosnącej częstotliwości). Dlaczego nie mierzą punkt po punkcie, jak w symulacji 1? Co ryzykują, mierząc zbyt szybko?
Rozwiązanie
1. Punkt po punkcie trwa długo: przy każdej częstotliwości trzeba poczekać na zanik stanu przejściowego. Szum zawiera wszystkie częstotliwości naraz, a transformata Fouriera rozdziela je w jednym pomiarze (lekcja 4.3 Transformata Fouriera i delta Diraca).
2. Zbyt szybki sweep nie daje stanowi przejściowemu wygasnąć. Ostre rezonanse (małe $\zeta$ , długie wybrzmiewanie) wychodzą wtedy rozmyte i przesunięte.
Dlaczego minus 180. Bez wzorów: dlaczego faza $-180^\circ$ pętli jest groźna? Co się dzieje z sinusoidą o tej częstotliwości po obiegu pętli z ujemnym sprzężeniem?
Rozwiązanie
1. Ujemne sprzężenie odwraca sygnał (−1, czyli $180^\circ$ ). Pętla dokłada kolejne $180^\circ$ . Razem pełny obrót: sygnał wraca w tej samej fazie, czyli sprzężenie dla tej częstotliwości staje się dodatnie.
2. Jeśli przy tym $|L| \ge 1$ , sygnał po każdym obiegu jest co najmniej tak duży jak poprzednio: drgania się podtrzymują albo rosną. To mikrofon przy głośniku z lekcji 1.1 i warunek z lekcji 2.4 Stabilność pętli: punkt −1, zapasy i opóźnienie.
Faza z amplitudy. Bode pokazał, że dla obiektów bez opóźnień i bez zer oraz biegunów w prawej półpłaszczyźnie faza wynika z nachylenia amplitudy (nachylenie −20 dB/dek. odpowiada ok. $-90^\circ$ , −40 dB/dek. ok. $-180^\circ$ ). Jak tę regułę wykorzystać przy projektowaniu $L$ w okolicy $\omega_c$ ?
Rozwiązanie
1. Jeśli przez 0 dB przechodzimy z nachyleniem ok. −20 dB/dek., faza jest w okolicy $-90^\circ$ do $-120^\circ$ , daleko od $-180^\circ$ : pętla spokojna.
2. Przejście z nachyleniem −40 dB/dek. oznacza fazę bliską $-180^\circ$ , czyli kłopot. Praktyczna reguła: przechodzić przez 0 dB z nachyleniem −20 dB/dek. przez mniej więcej dekadę wokół $\omega_c$ . Opóźnienia i zera prawe łamią tę regułę i dlatego są groźne.
Rezonans konstrukcji. Ramię robota ma rezonans przy 50 rad/s z $\zeta = 0{,}02$ . Pętla położenia ma $\omega_c = 10$ rad/s. Czy rezonans może zaszkodzić, choć leży dekadę nad $\omega_c$ ?
Rozwiązanie
1. Szczyt rezonansu to $\frac{1}{2\zeta} = 25$ , czyli ok. 28 dB. Jeśli $|L|$ przy 50 rad/s wynosi np. −20 dB, rezonans podnosi ją do +8 dB: amplituda znów przekracza 0 dB, a faza jest tam daleko poza $-180^\circ$ .
2. Tak: potrzebny filtr wycinający (notch) albo dużo niższa $\omega_c$ . Słabo tłumione rezonanse konstrukcji to typowy wróg pętli w robotach, dronach i rakietach (zginanie, lekcja 11 Rakieta: orientacja i ciąg wektorowany).
Pasmo pętli zamkniętej. Pasmem nazywa się częstotliwość, przy której $|T(j\omega)|$ spada do −3 dB. Dla $L = \frac{\omega_c}{s}$ pokaż, że pasmo równa się $\omega_c$ . Czy tak jest zawsze?
Rozwiązanie
1. $T = \frac{\omega_c}{s + \omega_c}$ , $|T(j\omega_c)| = \frac{1}{\sqrt2}$ , czyli −3 dB ✓.
2. Nie zawsze: przy fazie bliskiej $-180^\circ$ w $\omega_c$ , $|T|$ ma szczyt rezonansowy i pasmo jest większe niż $\omega_c$ (do ok. 1,5–2 razy). Reguła „pasmo ≈ $\omega_c$ ” działa dla pętli z rozsądnym zapasem fazy.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co robi układ liniowy z sinusoidą?

Mnoży amplitudę przez $|G(j\omega)|$ i przesuwa fazę o $\arg G(j\omega)$ ; częstotliwość się nie zmienia.

2 Ile to jest 20 dB, 6 dB i −3 dB?

×10, ×2, ×0,71.

3 Jak wygląda asymptota bieguna i zera?

Pozioma do częstotliwości załamania, potem −20 dB/dek. (biegun) lub +20 dB/dek. (zero).

4 Co robi opóźnienie z amplitudą i fazą?

Amplitudy nie zmienia, fazę obniża o $\omega\theta$ bez ograniczenia.

5 Co to jest

\omega_c

i co z niej wynika?

Częstotliwość, przy której $|L| = 1$ ; szybkość pętli: $t_r \approx 1{,}5/\omega_c$ .

6 Co mówi

|L|

przy niskich częstotliwościach?

Dokładność: uchyb i wpływ wolnych zakłóceń maleją jak $1/|L|$ .

7 Co mówi faza

L

\omega_c

Jak spokojna jest pętla: im bliżej $-180^\circ$ , tym większe przeregulowanie.

8 Dlaczego Bode rysował logarytmy?

Bo iloczyn transmitancji staje się sumą wykresów, a człony mają kształt prostych.

10 Karta wzorów i co dalej

Odpowiedź częstotliwościowa

$\sin\omega t \to |G(j\omega)|\sin(\omega t + \arg G(j\omega))$

$|G|_\text{dB} = 20\log_{10}|G|$ : ×10 = 20 dB, ×2 = 6 dB, ×0,71 = −3 dB

inercyjny: $|G| = \frac{1}{\sqrt{1 + \omega^2\tau^2}}$ , $\;\arg G = -\arctan\omega\tau$

$\frac1s$ : −20 dB/dek., $-90^\circ$ ; $\;e^{-\theta s}$ : 0 dB, $-\omega\theta$

rezonans: $M_r = \frac{1}{2\zeta\sqrt{1 - \zeta^2}}$ , $\;\omega_r = \omega_0\sqrt{1 - 2\zeta^2}$

Pętla

$|L(j\omega_c)| = 1$ ; $\;t_r \approx 1{,}5/\omega_c$

$|L| \gg 1$ : $T \approx 1$ , $S \approx 1/L$ ; $\;|L| \ll 1$ : $T \approx L$

faza w $\omega_c$ bliżej $-180^\circ$ → większy przelot

prysznic: $\omega_c = k$ , faza $-90^\circ - k\theta$

dron PI: $\omega_c \approx 3{,}6$ rad/s, faza $-100^\circ$

Do przeczytania

Obowiązkowo: S. A. Frank, Control Theory Tutorial, rozdz. 2.4–2.5 (odpowiedź częstotliwościowa i wykresy Bodego, zwięźle i z przykładami).
Dla chętnych: G. C. Goodwin i in., Control System Design, rozdz. 4.9–4.10; J. Kowal, Podstawy automatyki, t. 1 (charakterystyki logarytmiczne członów, polska terminologia).

Następna lekcja: Stabilność pętli: punkt −1, zapasy i opóźnienie. Kilka razy zatrzymaliśmy się przy fazie $-180^\circ$ w częstotliwości przejścia. Teraz zobaczymy, dlaczego to dokładnie granica stabilności, jak zmierzyć odległość od niej (zapasy wzmocnienia, fazy i opóźnienia) i jak ta odległość przekłada się na przeregulowanie.