伯德图

伯德图

引言

通常以频率的对数作为横坐标，以单位为分贝的幅度值或单位为度的相位值纵坐标绘制传递函数

传递函数的这种半对数幅频、相频曲线就称为伯德图

定义

伯德图是传递函数的模（单位为分贝）与相位（单位为度）关于频率的半对数曲线图

伯德图增益

传递函数可以写为：

$$\mathbf{H}=H\angle \varphi =H{e}^{j\varphi }$$

两边取对数得：

$$\ln \mathbf{H}=\ln H+\ln e^{j\varphi }=\ln H+j\varphi$$

因此：InH的实部是幅度的函数，而其虚部就是相位。在幅度伯德图中，增益为：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}H$$

增益曲线

增益曲线是分贝—频率关系曲线

                H(增益)值对应的分贝值

• 在相位伯德图中，相位的单位为度
• 幅频曲线与相频曲线均绘制在半对数坐标纸上

传递函数

传递函数可以用带有实部和虚部的标准形式来表示，可以写为：

$$\mathbf{H}(\omega )=\frac{K(j\omega {)}^{\pm 1}(1+j\omega /z_1)[1+j2{\zeta }_1\omega /{\omega }_k+(j\omega /{\omega }_k{)}^2]\cdots }{(1+j\omega /p_1)[1+j2{\zeta }_2\omega /{\omega }_n+(j\omega /{\omega }_n{)}^2]\cdots }$$

H(ω)传递函数中各种不同的组合，可以得出：

• 增益K
• 在原点的极点$(j\omega {)}^{-1}$或零点$j\omega$
• 单极点$1/(1+j\omega /p_1)$或单零点$(1+j\omega /z_1)$
• 二阶极点$1/[1+\mathrm{j}2\zeta 2\omega /{\omega }_n+(\mathrm{j}\omega /{\omega }_n{)}^2]$或二阶零点$\left[1+\mathrm{j}2{\xi }_1\omega /{\omega }_k+(\mathrm{j}\omega /{\omega }_k{)}^2\right]$

绘制伯德图步骤

• 在绘制伯德图时，由于采用了对数运算，可以先分别绘制各因子的曲线再将其相加起来
• 原点位于ω=1，即logω=0处，且原点处的增益为零

绘制伯德图

增益K的直线伯德图

常数项

• 对于增益K，其幅度为20log${}_{10}$K，相位为0°，两者均与频率无关

• 如果K是负的，其幅度仍然为20log${}_{10}$|K|，而相位为±180°

• 增益的幅频特性与相频特性曲线如图

  

                                        幅频特性                                                                   相频特性
  

位于原点处的极点/零点的直线伯德图

位于原点处的极点/零点

• 对于原点处的零点(jω)，即ω$∠$90°其幅度为20log$_{10}$ω，相位为90°，绘制其伯德图
• 由图可见，幅频特性曲线的斜率为20dB/十倍频，而相频特性与频率无关
• 极点(jω)${}^{-1}$的伯德图与零点类似，只是幅频特性曲线的斜率为-20dB/十倍频，相位为-90°
• 对于一般情况(jω)${}^N$为整数，其幅频特性曲线的斜率为20NdB/十倍频，而相位为90N°

    原点处零点jω的伯德图  幅频特性  相频特性

• 十倍频(dec)是指频率之比为10的两个频率之间的间隔
• 例如ωo与10ωo之间的间隔，或者10Hz与100Hz之间的间隔
• 所以20dB/dec表示频率每变化十倍频程，其幅度就改变20dB

单极点/单零点的直线伯德图

单极点/单零点

• 对于单零点(1+jω/z${}_1$)，其幅度为20log${}_{10}$|1+jω/z${}_1$|，相位为 arctanω/z${}_1$于是：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{z_{\mathrm{l}}}\right|\Rightarrow 20{\log }_{10}1=0,\omega \to 0$$

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{z_1}\right|\Rightarrow 20{\log }_{10}\frac{\omega }{z_1},\omega \to \infty$$

• 由此可见，当ω较小时，可以用零（斜率为零的直线）作为其幅频特性曲线的近似
• 而当ω较大时，可以用斜率为20dB/dec的直线作为其幅频特性曲线的近似
• 两渐近线相交处的频率ω=z${}_1$称为转折频率

于是，近似幅频特性曲线如图。图中也给出了实际的幅频特性曲线

                                                 零点1+jω/Z$_1$伯德图的幅频特性

• 可见，除了在ω=z${}_1$的转折频率处，近似曲线非常接近于实际曲线
• 而在该频率处，其偏差为$20{\log }_{10}|(1+j1)|=20{\log }_{10}\sqrt{2}=3\mathrm{dB}$

相频特性

相位arctan(ω/z${}_1$)可以表示为：

$$\varphi =\arctan \left(\frac{\omega }{z_1}\right)=\{\begin{array}{llc}0,& \omega =0& \\ 45^{\circ },& \omega =z_1& \\ 90^{\circ },& \omega \to \infty & \end{array}$$

• 作为直线近似，当ω${}_1$≤z${}_1$/10时，令Φ≈0
• 当ω${}_1$≤z${}_1$/10时，令Φ≈45°
• 当ω${}_1$≥z${}_1$/10时，令Φ≈90°

如图，图中也给出了实际的相频特性曲线，直线的斜率为45°/dec

                                           零点1+jω/Z$_1$伯德图的相频特性

• 极点1/(1+jω/p${}_1$)伯德图类似，只是转折频率为ω=p${}_1$，幅频特性曲线的斜率为-20dB/dec，相频特性曲线的斜率为-45°/dec
• 因为log0=-∞，所以在伯德图上不会出现直流（ω=0）的特例，这意味着零频率位于伯德图原点左侧无穷远处

二阶极点/二阶零点的直线伯德图

二阶极点/二阶零点

• 二阶极点$1/[1+\mathrm{j}2{\zeta }_2\omega /{\omega }_n+(\mathrm{j}\omega /{\omega }_n{)}^2]$
• 幅度为$\begin{array}{r}-20{\log }_{10}|1+j2{\zeta }_2\omega /{\omega }_n+(j\omega /{\omega }_n{)}^2|\end{array}$
• 相位为$\arctan (2{\xi }_2\omega /{\omega }_n)/(1-{\omega }^2/{\omega }_n^2)$

幅频特性

$$H_{\mathrm{dB}}=-20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}2{\xi }_2\omega }{{\omega }_n}+{\left(\frac{\mathrm{j}\omega }{{\omega }_n}\right)}^2\right|\Rightarrow 0,\omega \to 0$$

$$H_{\mathrm{dB}}=-20{\log }_{10}|1+\frac{\mathrm{j}2{\xi }_2\omega }{{\omega }_n}+{\left(\frac{\mathrm{j}\omega }{{\omega }_n}\right)}^2|\Rightarrow -40{\log }_{10}\frac{\omega }{{\omega }_n},\omega \to \infty$$

因此，幅频特性曲线由两条渐近直线组成：

• 一条是ω<ω${}_n$时，斜率为零的直线
• 一条是 ω>ω${}_n$时，斜率为-40dB/dec的直线
• 其中ω${}_n$为转折频率

即得近似幅频特性曲线与实际幅频特性曲线

                         二阶极点$1/[1+\mathrm{j}2{\zeta}_2{\omega}/\omega_n+(\mathrm{j}\omega/\omega_n)^2]$伯德图的幅频特性

• 可见，实际的幅频特性取决于阻尼因子ξ与转折频率ω${}_n$
• 如果需要高精度的幅频特性，则需要在直线近似的转折频率的邻域内叠加一个明显的峰值
• 为了简单起见，仍然可以采用直线近似

相频特性

二阶极点的相位可以表示为：

$$\varphi =-\arctan \frac{2{\zeta }_2\omega /{\omega }_n}{1-{\omega }^2/{\omega }_n^2}=\{\begin{array}{rl}0,& \omega =0\\ -90°,& \omega ={\omega }_n\\ -180°,& \omega \to \infty \end{array}$$

该相频特性曲线是一条斜率为90°/dec的直线，其起点位于ω${}_n$/10处，终点位于10ω${}_n$处

                               二阶极点$1/[1+\mathrm{j}2{\zeta}_2{\omega}/\omega_n+(\mathrm{j}\omega/\omega_n)^2]$的伯德图 相频特性

• 同样可以观察到由阻尼因子引起的实际曲线与近似直线之间的差别
• 二阶极点的幅频特性与相频特性的直线近似与重极点(1+jω/>ω${}_n$)${}^2$的情况相同
• 这是因为重极点1+(jω/ω${}_n$)${}^2$就等于ξ${}_2$=1时的二阶极点1/[1+j2ξ2ω/ω${}_n$+(jω/ω${}_n$)${}^2$]
• 因此，只要采用直线近似，二阶极点与重极点就可以同等处理
• 对于二阶零点[1+j2ξ${}_1$ω/ω${}_k$+(jω/ω${}_k$)${}^2$]，由于其幅频特性曲线的斜率为40dB/dec
• 而相频特性曲线的斜率为90°/dec，所以将伯德图曲线反转即可

幅频和相频直线伯德图总结

伯德图合并

下图总结7种因子的伯德图，当然并非每个传递函效都包含7种因子

• 为了画出传递函数H(ω)的伯德图
• 首先要在半对数坐标纸上标记出各转折频率点，按上述方法画出每个因子的伯德图
• 之后将各个图形相加合并，从而得到传递函数的伯德图
• 合并的过程通常是从左到右，每次在转折频率处斜率发生变化

                                                            幅频和相频直线伯德图总结

绘制传递函数伯德图

画出传递函数的伯德图

• 画出如下传递函数的伯德图

$$H(\omega )=\frac{200\mathrm{j}\omega }{(\mathrm{j}\omega +2)(\mathrm{j}\omega +10)}$$

首先将H(ω)的分子、分母分别除以极点与零点，得到其标准形式为：

$$H(\omega )=\frac{10\mathrm{j}\omega }{\left(1+\mathrm{j}\omega /2\right)\left(1+\mathrm{j}\omega /10\right)}=\frac{10\mid \mathrm{j}\omega \mid }{\mid 1+\mathrm{j}\omega /2\mid \mid 1+\mathrm{j}\omega /10\mid }\angle (90°-\arctan \omega /2-\arctan \omega /10)$$

H(ω)的幅度与相位分别为：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}10+20{\log }_{10}|j\omega |-20{\log }_{10}|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{2}|-20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{10}\right|$$

$$\varphi =90^{\circ }-\arctan \frac{\omega }{2}-\arctan \frac{\omega }{10}$$

由此可见，两个转折频率分别位于ω=2、10处，画出其幅频特性与相频特性中每一项的伯德图

如图虚线所示，之后进行相加合并，得到实线所示总的伯德图

画出传递函数的伯德图

• 画出如下传递函数的伯德图：

$$H(\omega )=\frac{\mathrm{j}\omega +10}{\mathrm{j}\omega (\mathrm{j}\omega +5{)}^2}$$

将H(ω)转化为标准形式，有：

$$H(\omega )=\frac{0.4(1+\mathrm{j}\omega /10)}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}\omega /5{)}^2}$$

由标准形式得到的幅度与相位分别为：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}0.4+20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{10}\right|-20{\log }_{10}|\mathrm{j}\omega |-40{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega }{5}\right|$$

$$\varphi =0^{\circ }+\arctan \frac{\omega }{10}-90^{\circ }-2\arctan \frac{\omega }{5}$$

由此可见，两个转折频率分别位于ω=5、10rad/s处，在转折频率ω=5处得到极点

由于是平方因子，所以其幅频特性曲线的斜率为-40dB/dec，相频特性曲线的斜率为-90°/dec

H(ω)中各项的幅频特性曲线与相频特性曲线（虚线所示）以及整个伯德图（实线所示)

画出传递函数的伯德图

• 画出如下传递函数的伯德图：

$$H(s)=\frac{s+1}{s^2+12s+100}$$

将H(s)表达为标准形式：

$$H(\omega )=\frac{1/100(1+\mathrm{j}\omega )}{1+\mathrm{j}\omega 1.2/10+{\left(\mathrm{j}\omega /10\right)}^2}$$

在转折频率ω${}_n$=10rad/s处为传递函数的二阶极点。H(ω)的幅度与相位分别为：

$$H_{\mathrm{dB}}=-20{\log }_{10}100+20{\log }_{10}\mid 1+\mathrm{j}\omega \mid -20{\log }_{10}\left|1+\frac{\mathrm{j}\omega 1\cdot 2}{10}-\frac{{\omega }^2}{100}\right|$$

$$\varphi =0^{\circ }+\arctan \omega -\arctan \left[\frac{\omega \text{1. 2/10}}{1-{\omega }^2/100}\right]$$

                                  幅频特性                                                                          相频特性

伯德图将二阶极点当作重极点来处理，在ω=ω${}_k$处为(1+jω/ω${}_k$)${}^2$，这是一种近似的方法

验证

$$H(s)\approx \frac{s+1}{s^2+10^2}$$

同时，需要求解H${}_{dB}$及其相应的相位Φ。首先，令ω=0，则有

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}(1/100)=-40,\varphi =0^{\circ }$$

令ω=1，则有：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}(1.4142/99)=-36.9\mathrm{dB}$$

比转折频率处高 3dB

$$H(j)=\frac{j+1}{-1+100}\Rightarrow \varphi =45^{\circ }$$

当ω=100时，则有：

$$H_{\mathrm{dB}}=20{\log }_{10}100-20{\log }_{10}9900=39.91\mathrm{dB}$$

由分子处的90°减180°可得Φ为-90°。至此已经验证了三个不同的频率点，得到一致结果

计算传递函数

• 已知伯德图，试确定传递函数 H(ω)

由伯德图确定H(ω)时，必须记住零点总是在转折频率处引起向上的转折，而极点总是在转折频率处引起向下的转折

由图：斜率力+20dB/dec的直线表明在原点处有一个零点jω，与频率轴的交点为ω=1，该直线平移40dB表明增益为40dB，即：

$$40=20{\log }_{10}K\Rightarrow {\log }_{10}K=2$$

$$K=10^2=100$$

除了原点处的零点jω之外，还有三个转折频率分别为ω=1、5 和20rad/s的因子，因此有：

• 在p=1处的极点，其斜率为-20dB/dec，该极点使曲线向下转折并与原点处的零点相互抵消。该极点由因子1/（1十jω/1）确定
• 在p=5处的另一个极点，其斜率为-20dB/dec，使曲线向下转折，该极点由因子1/（1+jω/5）确定
• 第三个极点在p=20处，其斜率-20dB/dec，使曲线进一步向下转折，该极点由因子1/（1+jω/20）确定

将以上各式合并，即可得到相应的传递函数为：

$$H(\omega )=\frac{100\mathrm{j}\omega }{\left(1+{\mathrm{j}}_{\omega }/1\right)\left(1+{\mathrm{j}}_{\omega }/5\right)\left(1+{\mathrm{j}}_{\omega }/20\right)}=\frac{\mathrm{j}\omega 10^4}{\left(\mathrm{j}\omega +1\right)\left(\mathrm{j}\omega +5\right)\left(\mathrm{j}\omega +20\right)}$$

即

$$H(s)=\frac{10^{4}s}{(s+1)\left(s+5\right)\left(s+20\right)},s=\mathrm{j}\omega$$