Por causa -6db/oct Pole na curva de Bode?

[020170]

algum livro me dizer "pólo é -6db/oct e Zero é 6dB/Oct"

Mas por quê?

Eu sei que diminuir a reatância do capacitor com freqüência crescente.

Mas como você sabe exatamente o que faz Pole -6db/octave roll-off, diminuindo reatância?

Compreendi que significa capacitor circuito aberto na "pole" e indutor meio curto-circuito em "zero".

mas eu não entendo por que estas propriedades fazem -6 ou 6 dB / roll-off em outubro bode parcela.

obrigado.

 

[ronyutp]

Vamos ver:

Acho que você sabe que essa função de transferência do sistema com um pólo poderia ser escrito:

G (s) = K / (s p)

ou na freqüência

G (jω) = K / √ (ω ^ 2 p ^ 2)

onde p é o pólo e K é um valor constante.-6db/oct Significa que quando a freqüência é muito grande (ω-> ∞) o circuito tem uma atenuação da 6dB/Oct.

 

[VVV]

Primeiro de tudo, -6dB/oct é uma aproximaçã número correto é -20dB/década.

Como chegamos -20dB/dec?
Vamos considerar a função de transferência: H (s) = K / (1 s / ωp).
Para a resposta de freqüência, você realmente substituir s por jω.

H (jω) = K / (1 jω / ωp)

Como você pode ver, desde que ω é muito pequeno (ω <<ωp, baixa freqüência), a função de transferência é aproximadamente igual à constante K, uma vez que o denominador é de aproximadamente 1.

Quando você alcança a freqüência do pólo, o ganho na curva de Bode é de 20 * log | H (jω) | = 20 * log (K / √ 2) = 20 * 20 logK * log (1 / √ 2)
A atenuação, em seguida, é visto como 20 * log (1 / √ 2) =-3.01dB.Esta é a atenuação do mundo real exatamente na freqüência do pólo, é por isso que determinar a freqüência do pólo encontrando quando a atenuação é de-3dB.Em um diagrama de Bode ideal, a freqüência do pólo é apenas um canto, no mundo real, é arredondado, com a diferença de-3dB.Assim, encontrando o ponto de-3dB, nós realmente encontrar a freqüência ideal de canto.

Agora, bem acima da frequência de um pólo (ω>> ωp, alta freqüência), o denominador é de aproximadamente jω / ωp.Assim, o ganho é de 20 * log (K / | jω / ωp |).Como você pode ver, um aumento de freqüência de 10 (uma década), corresponde a 20 * log (K / | j * 10 * ω / ωp |) = 20 * 20 logK * log (1 / jω | / ωp |) 20 * log (1 / 10).Mas 20 * log (1 / 10) =- 20dB, assim que você começa -20dB/dec.

Ou, se preferir por oitava: 20 * log (K / | j * 2 * ω / ωp |) = 20 * 20 logK * log (1 / jω | / ωp |) 20 * log (1 / 2) .Mas 20 * log (1 / 2) =- 6.02dB.Esta é a sua -6dB/oct.

Agora considere o integrador RC na figura.Sua função de transferência é H (s) = Uo (s) / Ui (s).Ou, para parcelas de Bode, H (jω) = Uo (jω) / Ui (jω).
O circuito pode ser analisado como um divisor de tensão simples, usando R1 e da impedância da PAC.A impedância do PAC é Xc 1/jωC =.

Então, Uo (jω) = Ui (jω) * 1/jωC () / (1/jωC () R)

Com isso, H (jω) = Uo (jω) / Hi (jω) = 1/jωC () / (1/jωC () R) = 1 / (1 jωCR)

Observando que a constante de tempo τ = RC é a freqüência do pólo é fp = 1 / (2πRC), ou ωp = 1/RC.
Assim, a função de transferência torna-se: H (jω) = Uo (jω) / Ui (jω) = 1 / (1 jω / ωp).
Em outras palavras, a constante K é 1, o que significa que a baixa freqüência a tensão de saída é aproximadamente igual à tensão de entrada, isto é, a PAC não desempenha nenhum papel.Conforme aumenta a freqüência, você alcança a freqüência do pól resto é como explicado acima.

A razão pela qual a tampa modela a curva de Bode a maneira que ele faz é porque sua impedância diminui linearmente com freqüência crescente.
Desculpa, mas precisa de login para ver esta penhora

 

[020170]

obrigado!

Finalmente, entendo completamente o que você disse!

obrigado!

Eu aprecio sua ajuda!

 

[Kral]

A postript responder VVVs: O valor exato para "6db" é 20 [log (2)], que é aproximadamente igual a 6,020599913.

 

[sandeep_torgal]

VVV escreveu:

Primeiro de tudo, -6dB/oct é uma aproximação.
O número correto é -20dB/década.Como chegamos -20dB/dec?

Vamos considerar a função de transferência: H (s) = K / (1 s / ωp).

Para a resposta de freqüência, você realmente substituir s por jω.H (jω) = K / (1 jω / ωp)Como você pode ver, desde que ω é muito pequeno (ω <<ωp, baixa freqüência), a função de transferência é aproximadamente igual à constante K, uma vez que o denominador é de aproximadamente 1.Quando você alcança a freqüência do pólo, o ganho na curva de Bode é de 20 * log | H (jω) | = 20 * log (K / √ 2) = 20 * 20 logK * log (1 / √ 2)

 

[FVM]

1 / √ 2 = | 1 / (1 j) | = 1 / √ (1 ² 1 ²) para ω = ωp

Se você prefere uma explicação geométrica: Para ω = ωp UC1 e Ur1 no acima passa-baixa tem mesma magnitude, mas mudança de fase 90 °, assim, a soma vetorial de tensão tem uma magnitude 2 √ maiores.Você começa 1 / √ 2 quando você calcular a atenuação do R / C rede.

 

[sandeep_torgal]

Oi VVV,
Eu negligenciei | H (jω) | e perceber didnt que foi a magnitude.

Atenciosamente,
Sandeep

 

[shou]

Filtro RC
Av. =- 20 * log (sqrt (1 ω/ω0 () ^ 2) =- 20 * log (ω/ω0)
ω/ω0 = 10 ⇒ Av. =- 20 * log10 =- 20dB
ω/ω0 = 2 ⇒ Av. =- 20 * log2 =- 6dB