Esercizi svolti e testi Controlli Automatici M

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G G1 2 2(s+20)(s+3.33) (s+10)s+50 s+1(s) = (s) =1.67 83.33G G3 4(s+10)(s+3.33) (s+10)(s+3.33)Determinare quale di ognuno delle seguenti risposte al gradino unitario corrisponde ad ognuna delle funzioni ditrasferimento date. a) = ? b) = ?G(s) G(s)c) = ? d) ?=G(s) G(s)Soluzione :La soluzione si ottiene verificando quali sono i parametri della risposta al gradino delle funzioni date e trovandonela corrispondenza con i grafici riportati.Un primo parametro è sicuramente il valore a regime, che quando l'ingresso è il gradino unitario è dato semplice-= (0) = (0) = (0) = (0) =mente dal valore Si verifica facilmente che 1.5, 1, 2.5. QuestoG( j G(0) G G G Gω)| 1 2 3 4ω=0 (s), (s).permette già di concludere che il grafico in b) corrisponde alla mentre il grafico in d) corrisponde allaG G1 2Sia i grafici a) che c) hanno valore a regime pari a 2.5, quindi per decidere quali sono le FdT corrispondentioccorre guardare le caratteristiche del transitorio,

determinate dalla posizione dei poli e degli zeri. Il grafico in a)(s) presenta una sovra-elongazione marcata, mantre quello in c) non ha sovra-elongazione. Ora sia cheG e G3 hanno due poli reali ed uno zero reale, ma quello che fa la differenza è la posizione reciproca dei poli e degli zeri, cioè le loro pulsazioni caratteristiche. G ha lo zero a una pulsazione superiore a quelle dei due poli (50 rad/s) e quindi G3 la risposta al gradino non può presentare sovraelongazione. Per contro, G4 ha lo zero ad una pulsazione inferiore a quelle dei poli (1 rad/s) per cui la risposta al gradino ha una sovra-elongazione. Ne deriva che le corrispondenze corrette sono a) e c).

Riassumendo, la soluzione corretta è:

a) G(s) = G(s)

b) G(s) = G(s)

c) G(s) = G3(s)

d) G(s) = G4(s)

Esercizio 2 (punti 8)

Un sistema con ingresso e uscita è descritto dalle seguenti equazioni differenziali

r(t) = y(t) + 2ẏ(t)

y(t) = u(t) + ẇ(t)k

ė(t) e(t) = +u(t) w(t) z(t) + =ż(t) z(t) ṙ(t)= −dove l’errore è dato da e(t) r(t) y(t);

1. si calcoli la funzione di trasferimento tra ingresso ed uscita, funzione del valore di k;
2. si dimostri che per valori sufficientemente elevati di il sistema in retroazione è stabile;k kc
3. si calcoli l’errore a regime quando l’ingresso è 2 volte il gradino unitario, in funzione del parametro er(t) kdelle conclusioni del punto precedente;

Soluzione :

1. Le equazioni date sono tutte lineari, e tutte possono essere descritte nel dominio delle trasformate di Laplace.Dato che è richiesta la funzione di trasferimento complessiva tra ingresso ed uscita ci si può limitare ar y,lavorare con le risposte forzate, trascurando l’influenza delle condizioni iniziali. Si ricavano le relazioni:

2(s) =Y U(s)− 1s + 1s(s) =W k E(s)s= (s) +U(s) W Z(s)s=Z(s) R(s)+ 1sche corrispondono allo schema a blocchi di figura:

s z©s +

Di Bode delle ampiezze può essere costruito a partire dai diagrammi asintotici dei singoli termini elementari. In questo caso, scritta la funzione di trasferimento nella forma con costanti di tempo L(s)s, si hanno quattro termini elementari: 100 (s+1)(0.1 s+1) = (a) la costante di guadagno 100 40db; (b) lo zero nell'origine, con il termine asintotico associato dato da una retta con pendenza +20 dB/dec, che attraversa l'asse 0 dB alla pulsazione 1 rad/s; (c) un polo reale con punto di rottura del diagramma asintotico alla pulsazione 1 rad/s; (d) un polo reale con punto di rottura del diagramma asintotico alla pulsazione 10 rad/s;

La figura seguente riporta i diagrammi di Bode asintotici ed il diagramma complessivo2. Per tracciare i diagrammi asintotici delle funzioni di sensitività e di sensitività complementare, conviene ricordare la loro definizione; per la funzione di sensitività si ha 1 1|S(= ⇒ =S(s) j ω)|+

utilizzando il diagramma jω ω)|, ω asintotico del punto precedente si vede immediatamente che

S( ≈ −40 =dB 0.01j ω)|ω=3e quindi l’errore cercato è di circa l’1 %.

Esercizio 4 (punti 6) 10=Per un sistema con funzione di trasferimento si vuole progettare un controllore in retroazione

G(s) 2(s+2) (s+5)di minima complessità in maniera che il sistema in retroazione soddisfi le seguenti specifiche:

C – errore a regime nullo nella risposta a gradino;

– frequenza di attraversamento della funzione di anello pari a 3 rad/s;

– margine di fase maggiore o uguale di 50 ;

Si valuti la possibilità di un progetto in cancellazione.

Soluzione :Le specifiche richiedono errore a regime nullo, per cui il controllore sarà o un PI o un PID a seconda dello scenario di progetto. Il progetto si svolge seguendo i passi seguenti. =1. Valutazione di scenario. Il calcolo dell’argomento di alla pulsazione 3 rad/s

risultaG( j ω) ωc−1 −1) = −2 (3/2) − (3/5) = −143.6arg tan tanG( j ωc = − = <per cui il margine di fase naturale risulta 180 143.6 36.4 50. La specifica sul margine di fase nonM f◦è soddisfatta per 13.6 , per cui lo scenario di progetto è il B. Occorrerà quindi utilizzare un regolatore PID:2. Il primo pezzo di regolatore da progettare è il PI in cancellazione. Scegliendo di cancellare il polo del sistemaa pulsazione inferiore, quindi quello con costante di tempo 0.5 s, il PI è+0.5 1s= ;PI(s) 0.5 s3. il progetto della rete di anticipo non ha vincoli sul guadagno; si progetta quindi la rete ottima secondo le formule− 11 sin ϕ √= =α τ+1 sin ϕ ω αc ◦= − − ) − ) = − + =dove è lo sfasamento da recuperare 180 arg arg 50 36.4 33.7 47.3 .M G( j PI( jϕ ϕ ω ωf c cSi ha quindi: ++ 1 0.8521 ssτ == = ⇒ =0.153 0.852