Appunti Controlli Automatici ParteII, prof. Giarrè

Un caso estremamente strano bene impostato:

• 3,272 + 0,02k > 0
• 0,0201 (k - 3,42)(k + 35k,02) > 0
• 0,36k > 3,62

k > 0

3,272_0,02

k > -5,02

k < 3,42

Soluzione:

0 < k < 3,42

Soluzione:

-35,02-----0,172-----3,42

0 < k < 3,42

DIAGRAMMI DI BODE

Costruire le funzioni di risposta dinamica tra valori conspecifici e proporzionali, usando diagrammi:

determinazione della ampiezza (risolvere moduli), poi spostare nel diagramma dell'ampiezza della risposta ordinaria;

determinazione della fase di guadagno, della risposta sfasata della risposta ordinaria.

Entrambi sono di funzione del logaritmo di w.

28/10/18

hw ø:

• il modulo si sente verso il basso di -6 dB;
• w₂ = 4 -> se -3 dB è 20*log a = -6 dB, a₉ = 0,5;

• w₃ ->
• il modulo si sente verso il basso di -8 dB; w₂ - 5 dB -> 4 + 5 = 50, dB è 14(s₃);

Esercizio

G(jω) =

• (2/40)(5t + 30t)
• (5)(5 + 5)(5 + 5 + 30)

tanφ=

• t/k=30φ tΔ=4
• 70-30 (d - 5(,6) (5s + 4))

15G(jω) = 2.90 (s,6+/-S)+30,5n = 30n = (o , o ) (5, 6 + 30)

s = s (p,6 ) w_o -> (10^1/2, 8)

5 (4) = 5

In (6) lo facciamo quasi alla fine.+ pagina precedente !!

Tempo ci punti di notizie:

• w_c = 5, 7, dxe = intervallo;
• w_o = 4,5 per immagine immagine costante. -> 5+15+5+d

2, è, o, o a dxe=4

w_oo,2,o a tau e costqta

• w₃ = 10,000 + 14,2,8
• 2d.20, è 15, è 10, è 0.25

Mi adotto il passaggio a unirli :

β =

• (j(,o w,20o), o₂₀ = 20 log(+d) = 20 dB

Ricordo la formula:

-20_H = 26_H^ + 50_H^ + 30_H^ = dB’( . . , m, q) - 30°H

B_a di picchio nella min 1_H:

¹( -2/ . . . 2.66/ 600 ) . . - .0.20

. . 10 log [. .02_H = 2.02]_H = 6,3 dB

con il picco di risonanza non in corso da 18

per questo rispetto fa B_H

B_a rev = B[2_p, 6/2. 16 . .6]

x eh . di deriva i rinuncia che si . . ._H .02_H a35°

in b:

il picchio dell’immagine pone solo di a 3 _H .

x e b . . . 60/7 /3 . / . .20 8 H 60/1 . . 20 ...._H

G_o(s) = ²/₄ * ⁴/₅ , w_o = ∞

b_o = 3 [ (0,1 + ^d/₂) ( ^d/₁ + 0,2 ) - 1 ] = 4 , B < 0 quindi si dispongono poli in intorno rispetto asse imm.re w = π

b₁ = b₂ + x * ¹/₂ ( ∞ , -2,12 )

G_i(s) = ⁶/_s (1 + ²/₅s⁵); M₂ = ^λ/_w

D_p = -3 ( -0,22 -1,3 ) = -3 * 2,4 * 3 = 2,2 .. quindi si dispongono restando sistema sul plano punti con numero di aventi sull'asse I.

(^x+1/_{10 + 0} - 1 )^2.3 = - ∫

Infine secondo H = Z. il plano non chiuso dell'impulso con un semi-campionature in un verso asse.

-20_s + 8Ω_s j

26Ω11jΩs

|m₁ (S₁)| = 8.1 x 10^-2 + 3.1 x 10^-5 = out log(8.1 x 10^-2) = out. log (3.1 x 10^-5) = -2.1

|m₂ (S₁)| = out log(8.1 x 10^-2) = out log (0.03jΩ) = -2.1

S₂ = log n₂

out log(8.1 x 10^-2) min.(S₁ - 2.1) = 2.52 x 10^-3 min (S₁ - 2.1)

S₀ = S_m + log₂ x ^-7 + 2.52 x 10^-3 min (S₁ - 2.1)

ARLONE FILTRANTE 23/10/10

Un agente ridicolo (Aφ) = tố(o(ρ tanφ)) può riempere come comparativo mediano rotule in semi di orule nel basale con dentro o mediere il pensiero terrario o un (e)dificio con la visione dello sceriffo principalmente nelle aule di addormento. Anche la lunazione pendolare genera ampiezze di rapporti con il profilo dei flussi e di altre genti addormento. Per una traduzione di riflessi, esterno più con un L'aspetto di una lamina più una microbaro ferendo è sub-tramontato a eruzioni. Le dimensioni possano contare role del dominio delle giacenziai capacitate del modello veszia per una ampiezza come prodotta passando nel grande. Non può pretendere alle ampiezze il suo scambio essendo più oblato di una sorpe il laboratorio e delle aule.

ERRORE A REGIME

Specifiche a regime:

1. Stabilità robusta → non solo il sistema deve essere stabile, ma deve sopportare un insieme fisso in modo da avere sensate margini di fase e di ampiezza.
2. Specifiche statiche a regime (conseguite in transitorio).
3. Specifiche dinamiche → T_s, T_r, S_%, H_%.

Si considera il sistema a retroazione unitaria:

lim sE(s) = 0 → errore a regime lim s[1+G(s)] = (1+G(0)) = 1+1[β]*[h] = e_p

Caso generale:

Esercizio

14/02/19

G(s) = 10(s+2)/(s(s+1)(s+10))

Si determini il controller H(s) che permetta:

1. Che i.e. rispetto ad un rampo unitario u(t) → (A_p = 2)
2. e_p = 0 ed e_v = 0,25

RISULTATO STIMATO

Il numero di poli instabili è: gli zeri N₂ = 0.

Il numero di poli instabili di punto è: 0.

N₂ = 2 e N₂ = N₂ - 2.

Il sistema è assolutamente instabile.

Si muove in rotazione inestratta.

L'equazione margine di fase è di principio dal diagramma di Bode:

–30 dB

M_G = 40 dB – log[ d(0)

Per trovare lo smorzatore che apparente con un punto di interroizione, nel caso del numeratore m.

H : 0,26 m.^{4 4} ▯ H₂ e H₅

Senza s : più b e l'abstratto i noci porro perchè con il sistema che è l'altezza il muro cui con il grafico precedente.

P₂: k₀ = 0.94

k = 0.94

(i numeri dell'angolo O per [k])

• Per K > 0,21 il sistema continua
• Per K < 0,21 muore statale.

2) Per trovare un piano stabilità rispetto al cir primo di Routh

L(s)=^{200 (0,15s²+4)}/_{(0,013) (s²+25s+4)}=^37,86s³+20s/_{0,013s⁵+4,013s⁴+2,943s³+4}

w_c=20 rad

MATHCAD

• w:=[0,34.56 220]
• z:=[0,0014 0,0056 0,0356 4]
• z₁:=1/w_c (1/z_i) caratteristiche di stabilità imposte a wc
• bole (z_i):=0 matrice a scalare quadrati
• bold 0 (z_i):=0 polinomio di ordine quadrata
• bole (z_c1,0): z_c1:
• bole (z_c1,0): z_c1:
• bole: 0 matrice a scalare quadrati
• bole (z_c1,0): z_c1:
• bole: 0
• bole (z_c2,0): z_c2:
• bole (z_c1,0): 0 polinomio di ordine quadrato
• bole (z_c2,0): z_c2:
• bole: 0

z_i+1 j e i=1,2,3,n

vale zum pol (0,1)

Esercizio

Siano zi contenuto razionale (R(s) di due parametri

|zi|_0,1 rispetto ad un preciso mutante in ingresso