Appunti di Fondamenti di automatica sull'analisi armonica

FUNZIONE DI RISPOSTA ARMONICA G(jω)

Il teorema della funzione di risposta armonica suggerisce la possibilità di determinare

sperimentalmente “per punti” la funzione di trasferimento G(s) di un sistema

asintoticamente stabile.

Oscillatore x(t) y(t)

a frequenza Sistema

variabile Al registratore o

all’oscilloscopio

x(t)

La procedura sperimentale si articola nei seguenti passi:

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 

1. Si applica al sistema in prova il segnale di ingresso con

x(t) X sin( t)

0 0

e pulsazione ω

ampiezza X >0 .

0 0

2. Si lascia trascorrere un conveniente tempo di assestamento, dopo il quale si

registra la risposta forzata, che ha l’andamento di regime

 

   

y(t) Y sin t .

0 0 0

Si determina il modulo della funzione di risposta armonica alla pulsazione ω

3. :

0

Y

  0 .

| G( j ) |

0 X 0

Si determina la fase della funzione di risposta armonica alla pulsazione ω

4. :

0

   .

arg(G( j ))

0 0

per tutte le pulsazioni ω

5. Si ripete il procedimento dei punti 1-4 di interesse.

0

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ESEMPIO

5

G(s)=

Per il sistema in figura, supposto , determinare, se esiste, la risposta

s(s+1)

regime nei seguenti due casi:



l’ingresso sia

1. ;

r (t)=3 sin(2t+1)

1 

l’ingresso sia

2. .

r (t)=5 cos(4t+2)

2 y

r G(s)

+ -

Il sistema complessivo ha funzione di trasferimento:

G(s) 5



G (s)=

0 2  

1+G(s) s s 5

pertanto per il lemma di Routh esso è asintoticamente stabile. Dunque vale il teorema

della funzione di risposta armonica ed esiste la risposta a regime a un ingresso

periodico in entrambi i casi considerati. Calcoliamo la funzione di risposta armonica

del sistema, che si scrive: 5 5

   .

G ( j ) G (s) =



0 0 s=j 2 2

     

s s 5 5 j



s=j

Pertanto si ha: 5 2

      

  G ( j ) (5 j )

, .

| G ( j ) | 0

0 2 2 2

   

(5 )

Dunque si ha: Mariagrazia Dotoli. L’autore garantisce il permesso per la riproduzione e la distribuzione del

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 

 

       

y (t) | G ( j ) | Xsin t G ( j )

1 0 0 0

  

  15

  2

         .

| G ( j2) | 3sin 2t 1 G ( j2) sin 2t 1 (5 2 j2)

0 0 2 2 2

 

(5 2 ) 2

15    

      

sin 2t 1 (1 j2) 3 5 sin 2t 1 arctg(2)

5

Analogamente si ottiene:  

 

       

y (t) | G ( j ) | X cos t G ( j )

2 0 0 0

  

  25

  2

        .

| G ( j4) | 5cos 4t 2 G ( j4) cos 4t 2 (5 4 j4)

0 0 2 2 2

 

(5 4 ) 4

 

 

 

25 25 4

 

         

 

 

 

cos 4t 2 ( 11 j4) cos 4t 2 arctg  

 

 

11

137 137

ESEMPIO

Per il sistema in figura determinare l’errore a regime che si ha quando sul

e (t)



sistema agiscono contemporaneamente l’ingresso



r(t)=3 1(t)+cos(t)

e il disturbo  

d(t) 2 1(t) .

d(t)

K G(s)

+

e(t) y(t)

r(t) -1

+ +

-

Il problema si risolve agevolmente applicando il principio di sovrapposizione degli

effetti. Scomponendo l’ingresso nei due termini costante e sinusoidale

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r(t)=r (t)+r (t)

1 2

con 

r (t)=3 1(t), r (t)=cos(t)

1 2

si ha evidentemente a regime una uscita

y (t)=y (t)+y (t)+y (t)

 d 1 2

  

e quindi un errore .

e (t)=e (t)+e (t)+e (t)

 d 1 2

   l’equazione

Il sistema in anello chiuso con K=-1 è asintoticamente stabile. Infatti

caratteristica si scrive: 4 3 2

2     

      s 9s 33s 15s 10 0

s(s 1)(s 8s 25) 10(s 1) 0 , ossia ,

cui corrisponde la seguente tabella di Routh.

S4 1 33 10

s3 9 15

s2 282 90

s1 3420

s0 90

In effetti nella prima colonna della tabella vi sono solo permanenze e il sistema è

asintoticamente stabile. Possiamo dunque applicare sia il teorema del valore finale

che il teorema della funzione di risposta armonica. In particolare, per il disturbo si ha

un errore a regime:   

e (t)=-y (t)=- lim s Y (s)=- lim s G (s) D(s)=

 

d d d d

 

s 0 s 0  .

G(s) 10(s 1) 2 10

      

=- lim s D(s)=- lim s 2 2

 2

    

 

1 KG(s) s 10

s 0 s 0 s(s 1)(s 8s 25) 10(s 1)

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Per l’ingresso costante si ha un errore a regime 1

 

e (t)=3 e =3



1 p 1+K P

con K costante di posizione del sistema, pari a

P  

10(s 1)

 

K lim KG(s)= lim

P 2

  

 

s 0 s 0 s(s 1)(s 8s 25)

da cui e (t)=0



1

e infatti il sistema è di tipo 1.

Infine, per l’errore a regime dovuto alla componente sinusoidale dell’ingresso



 

  

 

r (t) cos(t) sin t

2  

2

è possibile applicare due diversi metodi.

Un primo metodo consiste nel calcolare l’uscita a regime permanente dovuta

all’ingresso sinusoidale r (t) con il teorema della funzione di risposta armonica:

2  

 

      

y (t) | G ( j ) | Xsin t G ( j )

2 0 0 0





  , ω=1, ossia

dove X=1, 0 2 

 

 

  

 

y (t) | G ( j1) | sin t G ( j1) .

2 0 0

  

2

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 

10(s 1)  

2

  

KG(s) 10(s 1)

s(s 1)(s 8s 25)

   

G (s)  

0  2

10(s 1)     

1 KG(s)  s(s 1)(s 8s 25) 10(s 1)

1 2

  

s(s 1)(s 8s 25)

 

10s 10

 4 3 2

   

s 9s 33s 15s 10

e quindi   

10 j 10

 

G ( j ) .

0 4 3 2

       

9 j 33 15j 10

Ne deriva che       

10 j 10 10 10 j 5 5j (5 5j)( 11 3j)

    

G ( j1)

0            

1 9 j 33 15j 10 22 6 j 11 3j ( 11 3j)( 11 3j)

         

5(1 j)( 11 3j) (1 j)( 11 3j) 14 8j 7 4 j

   



121 9 26 26 13

e quindi 4

65   

 , .

G ( j1) arctg

| G ( j1) | 0

0 7

13

In definitiva si ha:  

   

65 4 65 3 4

       

   

y (t) sin t arctg sin t arctg .

2     

13 2 7 13 2 7

Quindi l’errore in regime permanente rispetto all’ingresso sinusoidale r (t) vale:

2

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

 

65 3 4

      

 

e (t) r (t) y (t) cos(t) sin t arctg

2 2 2

  

13 2 7

 

   

65 3 4 65 3 4

     

   

cos(t) sin(t)cos arctg cos(t)sin arctg

   

13 2 7 13 2 7

 

 

   

65 3 4 65 3 4

     

 

   

cos(t) 1 sin arctg sin(t) cos arctg

   

13 2 7 13 2 7

 

 

1.54c

os(t) 0.31sin(t)

Un secondo metodo per il calcolo dell’errore a e(t)

r(t)

regime dovuto alla componente sinusoidale G (s)

E

dell’ingresso r (t) è il seguente. È sufficiente

2

calcolare per il sistema in figura, avente funzione

dell’errore

di trasferimento data da quella 2

  

E(s) 1 s(s 1)(s 8s 25)

  

G (s) ,

E  4 3 2

   

R(s) 1 KG(s) s 9s 33s 15s 10

all’ingresso sinusoidale

la risposta a regime dovuta con il teorema della funzione di

risposta armonica:  

 

      

e (t) | G ( j ) | Xsin t arg G ( j )

2 E 0 E





  , ω=1, ossia

dov