Esercizi svolti e testi Controlli Automatici M

Scritto del 10 giugno 2020

Soluzioni

Esercizio 1 (punti 6)

1. Si enunci il crtiterio di stabilità di Bode relativo al margine di fase per un sistema in retroazione, elencando le ipotesi

opportune.

2. Si dia la definizione di pulsazione di attraversamento di un funzione di trasferimento.

(

−1 ≤ < +

2k 2k 1

t

(t) = e riportato nella figura seguente,

3. Dato il segnale periodico descritto da f + ≤ < +

1 2k 1 2(k 1)

t

si determini:

(a) la componente continua del segnale;

(b) la pulsazione fondamentale;

+ )

(c) indicando con cos(n la armonica, dire se è nullo o costante per tutte le armoniche non nulle;

A t n-esima

ω ϕ ϕ

0

n n n

Soluzione :

1. Il criterio di stabilità di Bode, nella versione relativa al margine di fase, recita: Nelle ipotesi che a) sia stabile (cioè

L(s)

>

abbia poli tutti a parte reale negativa e b) la costante di guadagno di sia positiva, cioè risulti 0 se non ha

L(s) L(0) L(s)

g >

poli nell’origine e 0 nel caso il sistema abbia poli nell’origine, il sistema chiuso in retroazione è stabile se e

s L(0) g

solo se il margine di fase è positivo.

M f

2. LA pulsazione di attraversamento di una funzione di trasferimento si definisce come il valore della pulsazione per cui

ω c

|L( )| = 1, o equivalentemente come il valore di per cui il diagramma di Bode delle ampiezze di attraversa

j L( j

ω ω ω)

c

l’asse a 0 dB. T

R

= (t)dt,

3. (a) la componente continua del segnale è il valor medio 1/T che in questo caso è banalmente nullo

f f

0 0

2 π

= = =

(b) la pulsazione fondamentale è e quindi, dato che 2, si ha

T

ω ω π;

0 0

T

(t)

(c) dato che è una funzione dispari, il suo sviluppo in serie di Fourier deve essere composto da funzioni dispari, cioè

f

da soli funzioni seno. La fase delle componenti non nulle è quindi costante, pari a π/2.

1

Esercizio 2 (punti 4)

La risposta al gradino di un sistema con funzione di trasferimento è riportata nella figura seguente:

G(s)

Individuare quali delle seguenti alternative è la funzione di trasferimento corretta:

5(s+5)

50 25

100 = = =

= b) c) d)

a) G(s) G(s) G(s)

G(s) 2 2 2 2

(s +4s+100) (s +20s+25) (s +4s+25) (s +4s+25)

Soluzione :

La risposta al gradino mostra un andamento oscillatorio, quindi la deve avere una coppia di poli complessi coniugati.

G(s)

Questo esclude direttamente l’opzione b), che ha due poli reali. =

Il guadagno in continua è dato dal valore a regime della risposta al gradino, e quindi si ha 1. Questo esclude di

G(0) G(0)

nuovo l’opzione b) che ha guadagno pari a 2, ma è compatibile con tutte le altre opzioni.

√ 2

= −

La frequenza dell’oscillazione smorzata è pari a 1 Dal grafico si può stimare il periodo dell’oscillazione come

ω ω δ

n

= − = =

intervallo tra due massimi, che è circa 1, 8 0, 4 1.4s. L’opzione a) ha una pulsazione naturale 10 ed un coefficiente

T ω n

= ) = ≈ =

di smorzamento 4/(2ω 0, 2, per cui risulterebbe 0, 98ω 9.8 ovviamente troppo elevata per essere compatibile

δ ω

n n

= = ≈

con la risposta al gradino. Le due opzioni c) e d) hanno entrambi 5 e 0, 4, Con questi valori risulta 4, 6 rad/s a cui

ω δ ω

n

=

corrisponde un periodo 1, 36 s, molto simile a quello stimato dal grafico.

T

La derivata iniziale della risposta, che è diversa da zero, indica che il sistema deve essere di grado relativo uno, e quindi

la deve avere almeno uno zero visto che ha almeno 2 poli. Anche la presenza di una sovra-elongazione marcata non è

G(s) =

compatibile con l’opzione d), dato che in assenza di zeri ad un coefficiente di smorzamento 0, 4 corrisponderebbe una sovra-

δ

−π

√ δ 2

= ≈

elongazione 100e 25%. L’opzione c) risulta compatibile con tutti i parametri della risposta al gradino, ed è quindi

S 1−δ

quella corretta.

Esercizio 3 (punti 6) Dato un sistema in retroazione unitaria con funzione di anello

2

(s − 1)

=

L(s) k 2

(s + 5)

≥

1. si tracci il luogo delle radici al variare del parametro 0;

k

(s) con grado relativo 2;

2. si indichi una funzione con lo stesso diagramma di Bode delle fasi di ma

L L(s)

f (s) a fase minima

3. si indichi una funzione con lo stesso diagramma di Bode delle ampiezze di

L L(s);

a

Soluzione :

1. il luogo della radici di è riportato in figura; si noti che il luogo ha solo due rami che partono dai due poli coincidenti

L(s)

e terminano sui due zeri; non ci sono asintoti.

2. conviene scrivere la funzione in forma idonea al tracciamento dei diagrammi di Bode come prodotto di termini

L(s)

(−s+1)(s+1)

k

= − . Ora si osserva che i due zeri hanno costante di tempo uguale in modulo e di segno

elementari; si ha L(s) 2

25 (0,2 s+1)

opposto, per cui il loro contributo alla fase della si cancella perfettamente. Eliminando quindi i due zeri si ottiene una

L(s)

(s)

funzione di grado relativo due e stesso diagramma delle fasi, per cui

L f −k

1

k

(s) = − = ;

L f 2 2

(0, + (s +

25 2 1) 5)

s

3. una funzione a fase minima deve avere tutti i poli e gli zeri a parte reale negativa; dato che il diagramma di Bode delle

ampiezze non dipende dal segno della parte reale né degli zeri che dei poli, per ottenere la funzione cercata è sufficiente

rimpiazzare lo zero positivo con il corrispondente zero reale negativo, ottenendo

2 2

(s + (s +

1) 1)

k

(s) = − = −k ;

L

a 2 2

(0, + (s +

25 2 1) 5)

s

Esercizio 4 (punti 8) 10

=

Per un sistema con funzione di trasferimento si vuole progettare un controllore in retroazione di

G(s) C

2

(3s+1) (0.3 s+1)

minima complessità in maniera che il sistema in retroazione soddisfi le seguenti specifiche:

– errore a regime nella risposta a gradino inferiore all’1%;

– frequenza di attraversamento della funzione di anello pari a 0.4 rad/s;

◦

– margine di fase maggiore o uguale di 70 ;

Si valuti la possibilità di un progetto in cancellazione.

Si commenti il progetto ottenuto, evidenziando eventuali criticità nell’attenuazione di disturbi a bassa frequenza. Nel caso,

si identifichino possibili variazioni alla forma del regolatore che rendano meno critico il progetto stesso. Si giustifichi la risposta

data.

Soluzione :

Le specifiche non richiedono errore a regime nullo, per cui il controllore sarà dato da una rete correttrice. Il progetto si svolge

seguendo i passi seguenti.

1. Calcolo del regolatore statico, dato da una costante con valore minimo ottenuto come

1 ≤ ≥ − ≥

0.01 100 1 9.9

k G(0) k

min min

+

1 k G(0)

min =

Per il progetto successivo si sceglie 10.

k

min =

2. Valutazione di scenario. Il calcolo dell’argomento di alla pulsazione 0.4 rad/s risulta

G( j ω) ω

c

−1 −1 ◦

) = −2 (1.2) − (0.12) = −107,

arg tan tan 2

G( j ω

c ◦ ◦ ◦ ◦

= − = <

per cui il margine di fase naturale risulta 180 107, 2 72, 8 70 . La specifica sul margine di fase è soddisfatta

M f

(di poco), per cui lo scenario di progetto è A. Valutando poi il modulo della funzione di anello con il solo regolatore statico

si ha: 100

|k | = >

= 40, 7 1

G( j ω

min c p

2 2

(1, + +

2 1) 0, 12 1

Occorrerà quindi utilizzare una rete di ritardo come regolatore dinamico. Tale rete di ritardo deve garantire una attenuazione

= =

1/40, 7 0, 0246 alla pulsazione di attraversamento:

M ◦

≥ −2,

3. Il progetto in cancellazione non è chiaramente fattibile. Infatti la rete di ritardo deve garantire uno sfasamento 8

ϕ

alla pulsazione per non compromettere la specifica sul margine di fase; progettando il regolatore in cancellazione si ha

ω c

3s+1

(s) = , che dà uno sfasamento

R

c s+1

τ p −1 −1 ◦ −1 −1 ◦

( ) = (1.2) − (0, ) ≥ ⇒ (0, ) ≤ (1, + ⇒ ≤

arg tan tan 4 2, 8 tan 4 tan 2) 2, 8 3, 32s

R j ω τ τ τ

c c p p p

√ 2 +1

1,2

√

= |R( )| = =

Anche prendendo il valore limite 3, 32 si avrebbe 0, 94, molto maggiore del valore

j

τ ω

p c 2

(0,4 +1

3,32)

richiesto pari a 0,0246; ◦

= = −2,

4. Il progetto della rete di ritardo si realizza con le formule di inversione, imponendo 0, 0246 e 8 . Risulta:

M ϕ

− −

cos 1/M cos

M

ϕ ϕ

= = = =

2055 50, 4

τ ατ

sin sin

ω ϕ ω ϕ

c c

e l’espressione della rete di ritardo è + +

1 50, 4 1

s s

α τ

= =

RR(s) + +

1 2055 1

s s

τ

Il progetto ottenuto è sicuramente critico: l’inserimento di un polo nel regolatore con costante di tempo così elevata fa

prevedere la presenza di una coda di assestamento rilevante con un tempo di assestamento lunghissimo, molto superiore a quello

richiesto dalle specifiche. La criticità è indotta dal fatto che è necessaria una attenuazione elevata (e quindi una separazione

polo/zero molto grande nella rete di ritardo) insieme ad un ritardo di fase piccolissimo che comporta che sia il polo che lo zero

siano a frequenze molto inferiori alla pulsazione di attraversamento.

La situazione sarebbe sicuramente migliore se si potesse progettare una rete di ritardo con uno sfasamento più elevato, ma

questo comporta l’introduzione anche di una rete di anticipo per recuperare poi la specifica sul margine di fase. In questo caso

quindi un regolatore dinamico dato da una rete di ritardo/anticipo dovrebbe risultare migliore.

Esercizio 5 (punti 10)

Si consideri un sistema in retroazione riportato in figura y

u

+

r R(s) D

_ <latexit sha1_base64="dvQwKXuwp3cIPETYPzkQXxW6RU0=">AAAB83icbVC7TsNAEDyHVwivACXNiQiJKrIDEpSRoKBMJPKQEis6XzbhlPPZuttDiqx8AS1UdIiWD6LgX7CNC0iYajSzq52dIJbCoOt+OqW19Y3NrfJ2ZWd3b/+genjUNZHVHDo8kpHuB8yAFAo6KFBCP9bAwkBCL5jdZH7vEbQRkbrHeQx+yKZKTARnmErt21G15tbdHHSVeAWpkQKtUfVrOI64DUEhl8yYgefG6CdMo+ASFpWhNRAzPmNTGKRUsRCMn+RBF/TMGoYRjUFTIWkuwu+NhIXGzMMgnQwZPphlLxP/8wYWJ9d+IlRsERTPDqGQkB8yXIu0AaBjoQGRZcmBCkU50wwRtKCM81S0aSWVtA9v+ftV0m3UvYt6o31ZazaKZsrkhJySc+KRK9Ikd6RFOoQTIE/kmbw41nl13pz3n9GSU+wckz9wPr4BMfuRQQ==</latexit> 5 s+10

=

in cui il componente lineare è descritto dalla funzione di trasferimento , ed il componente non-lineare è descritto

R(s) k D

s

dall’equazione differenziale del secondo ordine 3 2

= −10 + (t) + (t)

ÿ(t) y(t) y u

= >

1. calcolare i punti di equilibrio con riferimento costante e 0. Per quali valori di esiste almeno un punto di

r(t) r u r

e e e

equilibrio? = = > ≥

2. mostrare che per 1 il punto di equilibrio corrispondente (con 0 ) risulta instabile per ogni valore di 0;

r(t) r u k

e e

=

3. è possibile ottenere la stabilità del punto di equilibrio con 1 se il regolatore è un PID invece che un PI? Si

r R(s)

e

giustifichi la risposta data.

Soluzione :

1. Calcolo del punto di equilibrio: la presenza del regolatore PI con polo nell’origine garantisce che all’equilibrio, carat-

= − = =

terizzato da costante, l’ingresso al regolatore deve essere nullo. Ciò implica 0 e quindi . Ora,

u e r y y r

e e e e e e

imponenedo la condizione di equilibrio per il componente non-lineare, imponendo cioè tutte le derivate nulle, si ottiene:

q

q

3 2 3 3

=

= −10y + + ⇒ = ± − −

0 10y 10r

y u u y r

e e e e

e e

e e p 3

= −

Selezionando la soluzione positiva, quando esiste, si ottiene .

10r

u r

e e e √ √

≤ − ≤ ≤

L’ultima relazione richiede che l’argomento sotto radice sia non-negativo, cioè 10 o 0 10.

r r

e e

p 3 =

−

= = = 3 occorre ricavare il sistema linearizzato,

10r

2. Per studiare la stabilità del punto di equilibrio 1, r

y r u e

e e e e

che si ottiene sostituendo al componente non-lineare la sua linearizzazione. Per ricavarla, si parte dall’espressione

D

= (u, e si approssima la funzione con lo sviluppo al primo ordine:

ÿ f y, ẏ) f f f f

∂ ∂ ∂

(u, ≈ (u , , ) + (y − ) + ( − ) + (u − )

f y, ẏ) f y ẏ y ẏ ẏ u

e e e e e e

y ẏ u

∂ ∂ ∂

eq eq eq

2

(u, = (−10 + ) (y − + (u − ) = −7δ +

3y 2 6δ

f y, ẏ) y u u y u

e e e

e

che porta all’equazione lineare == −7δ + 6δ

ÿ y u

δ 6

=

La funzione di trasferimento della linearizzazione di è quindi , e la funzione di anello del sistema in

D D(s) 2 +7

s

retroazione linearizzato è +

5 10

s

= = 6

L(s) R(s)D(s) k 2

(s + 7)

s

La stabilità può essere studiata tramite luogo delle radici. Si vede immediatamente che avendo tre poli tutti a parte reale

nulla, uno nell’origine e due immaginari puri, il sistema in retroazione non può essere stabile per alcun valore di k.

3. Per stabilizzare il sistema si può ragionare con il luogo delle radici. La funzione di anello è di grado relativo 2, e senza

modifiche ha un ramo sull’asse reale negativo e due rami contenuti nel semipiano destro che tendono ai due asintoti verticali

s−z

= − (−2)) = (s) = si possono spostare gli asintoti nel semipiano sinistro.

con 1/2(0 1. Aggiungendo una rete R

σ a a s−p

La condizione diviene: = − (−2 + < ⇒ − < −2;

1/2(p 0

z)) p z

σ

a

= −5, = −2.

una scelta possibile è ad esempio Si noti che la condizione imposta fa si che la rete correttrice sia una rete

p z

di anticipo, e che quindi il regolatore complessivo sia un PID.

Scritto dell’11 settembre 2020

Soluzioni

Esercizio 1 (punti 4)

Sono date le quattro funzioni di trasferimento seguenti:

1 10−30s 30s+10

1 (s) = (s) = (s) =

(s) = 10

50 G G G

G 2 3 4

1 2 2 2 2

+2s+5 (s+1) (s+1) (s+1)

s

Determinare quale di ognuno delle seguenti risposte al gradino unitario corrisponde ad ognuna delle funzioni di

trasferimento 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 trovandone

la corrispondenza con i grafici riportati.

Si verifica facilmente che tutte e 4 le funzioni fornite hanno guadagno in continua pari a 10, per cui il valore a

regime non può essere utilizzato per individuare le corrispondenze corrette.

(s) (s) (s)

Le funzioni e hanno entrambe grado relativo 1, con due poli ed uno zero. Tuttavia ha lo zero

G G G

3 4 3

a parte reale positiva, cosa che dà luogo ad un undershoot nella risposta al gradino. L’unico grafico che presenta

1 (s).

undershoot è il secondo, che quindi corrisponde alla funzione L’altro grafico che corrisponde ad una funzione

G

3

con grado relativo 1 è il grafico n.3. Tale grafico presenta inoltre un overshoot senza oscillazione, compatibile con la

−1/3,

(s) =

rpesenza di uno zero con pulsazione inferiore a quella dei poli. Lo zero della funzione è in quindi

G z

4

−1.

= =

con pulsazione caratteristica inferiore a quella dei poli Questo conferma che il grafico n.3 corrisponde

p p

1 2

(s).

alla funzine G

4 (s) (s). (s)

Rimangono la e la La è caratterizzata da due poli complessi coniugati, con pulsazione naturale

G G G

√ √

1 2 1 ≈

= =

5 e coefficiente di smorzamento 1/ 5 0.45; la sua risposta al gradino deve quindi mostrare overshoot

ω δ

n (s)

ed oscillazioni, e può quindi corrispondere al grafico n.4. La non ha invece ne zeri ne poli complessi coniugati,

G

2

quindi la risposta non può avere ne overshoot ne undershoot, ed è quindi associata al grafico n. 1.

Riassumendo, la soluzione corretta è: = (s) = (s)

a) b)

G(s) G G(s) G

2 3

= (s) = (s)

c) d)

G(s) G G(s) G

4 1

Esercizio 2 (punti 12)

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

r(t) y(t)

 = + +

2

ẏ(t) y(t) u̇(t) u(t)



 =

ẇ(t) ke(t)





 = +

u̇(t) w(t) z(t)

+ =

ż(t) z(t) ṙ(t)







 −

=

 e(t) r(t) y(t) =

1. si calcoli la funzione di trasferimento tra ingresso ed uscita, quando il parametro assume il valore 1;

k

>

2. si studi la stabilità del sistema al variare del parametro 0, stabilendo per quali valori di il sistema è stabile;

k k

3. si calcoli l’errore a regime quando l’ingresso è 2 volte il gradino unitario, in funzione del parametro e

r(t) k

delle 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 a

r y,

lavorare con le risposte forzate, trascurando l’influenza delle condizioni iniziali. Si ricavano le relazioni:

+

2s 1

(s) =

Y U(s)

− 1

s

k

(s) =

W E(s)

s

= (s) +