Eserciziario di Automazione Industriale

AUTOMAZIONE INDUSTRIALE

Possiamo ricavare _T = ^B_m/_An

deg(A_n) + deg(B_m) >= deg(A) + deg(B) ⇒ CONDIZIONE DI FISICA REALIZZABILITÀ

EQUAZIONE DIOFANTEA

AX + BY = C

dobbiamo porre il grado di S e R secondo le relazioni:

deg(S) = deg(A) - q - 1

deg(R) = deg(A) + deg(S) = deg(A_n) - deg(A) - q

deg(R) = deg(A) - q

1) Tempo di componimento scelto come T_c = T_min / 2 - 10

2) B = B_m · B^∗; B^� = B_m dove B^� è costante arbitraria, ed

3)

• Invece lo troviamo come segue → deg(A_m) = deg(A_n) – deg(B^�) + deg(B) + deg(A) → quindi: in deg(A_m) = deg(A)
• Invece lo risolviamo dopo specifiche sul tempo di assestamento:

1. t_s(3%) = 3 γ
2. t_s(2%) = 4 γ
3. t_s(1%) = 5 J

4) A_i è un polinomio arbitrario scelto come assolutamente stabile di grado:

deg(A_i) ≥ 2 deg(A) + q – 2 deg(A_m) – deg(B^�)

5) Troviamo T = B^∗/A₀

6) L’ultimo passo è individuare i polinomi R_i e S, anche se in realtà non possiamo derivare tutto senza l’aiuto di un calcolatore.

d) Determiniamo il grado di: A_s

deg(A_s) ≥ 2 deg(f) + q - 1 - deg(A_m) - deg(B)

deg(A_s) ≥ 6 - 2 - 2 - 0 = 2

Scegliamo quindi A_s come un polinomio qualsiasi purché asintoticamente stabile:

A_s = z² + 0.5

e) Possiamo trovare immediatamente il polinomio T: A_s°B_m = (z-0.5)°(1) = z°-0.5z²

f) Troviamo ora deg(q) e deg(A) o rispettivamente q e r

deg(A₁) + q₁ - 2 = g

r ≤ deg(A_m) + deg(A_s) q - q = 2 + 1 - 2 = 1

Costruiamo la matrice a partire dell'equazione difettuale:

AX + BY = C =>

A(z^-1)B₁ + B₂ = A_n A_b

Anche α, b, c, z⁰, c⁰, z¹

A

B

B₃

In una struttura la matrice:

z e z₀ z₀ z₂

Costruzione della matrice:

z₁ S_n = S_n

2) Un plant, assieme allo ZOH, è descritto dalla seguente f.d.t. H_zp(z) = 2z + 3 .

Si suppone un tempo d'assestamento pari a: T = 0,3s. z(z-a)

Si vuole controllare la retroazione tale plant con un controlore a 2 GRX (sintesi RST) facendo in modo che il sistema in anello chiuso abbia una rispostainduciale periodica con t_s(z^-1) = 0.8 s. I determinimo la f.d.t. in anello chiuso senza precederdere alla sintesi del controlore.

Sviluppo

La traccia richiede Ć_sn(z) = B_n(z)

A_m(z)

Innanzitutto possiamo individuare A_m(z) che sappiamo essere A_m = z²(z)

In questo caso la traccia richiede di portare la condizione sulla resposta indiziale, cioè:

R(z^-1) = z^-1. e^-T/τ

Il polinomio B(z) sappiamo dobbiamo riscrivere come Aⁿ(z). B^t(z)

Sintesi Deadbeat

a) Progettare il controllore in maniera tale che il sistema retroazionato abbia una risposta dead-beat per ingresso a gradino.

Svolgimento:

Non conoscendo il tempo di campionamento, possiamo facilmente trovarlo da una delle note relazioni, e sapendo che \( T_{\text{min}} = 1 \):

\[ T_c = \frac{T_{\text{min}}}{2} = \frac{T_{\text{min}}}{\Delta \omega} \Rightarrow T_c = \frac{T_{\text{min}}}{20} = 0,1 s = 0,05 s \]

Antitrasformiamo \[ G_p(s) \]:

\[ G_{p}(z) = \mathcal{Z} \left\{H_o(s) G_{p}(s)\right\} = \mathcal{Z} \left\{ \frac{1 - e^{-sT}}{s} \frac{1}{s(s+1)} \right\} = \frac{z - 0.8}{z} \{ A_0, A_2, B \} \left[ \frac{1}{s^2}\frac{1}{s+1} \right] \]

\[ A_1 = \lim_{s\to0} \left[ \text{termo1} \right] \]

\[ A_2 = \lim_{s\to0} \left[ - \frac{d}{ds} \left( \frac{1}{s(s+1)} \right) \right] = 0.6 \]

\[ B = \left[ \frac{(s+1)}{s^2(s+1)} \right] _{s=-1} \]

\[ = \frac{z - 1}{z} \frac{1}{1} \frac{1}{s+1} = \frac{z - 0.8}{z} \frac{1}{(z-1)}\frac{1}{z-\alpha} \]

\[ = 0.3, 0.2, 0.6 \quad B = 1 - x - z^2 = \frac{1}{z^3-2z^2+1+}\left(\frac{2-z}{2(z-1)}\frac{z-\alpha}{2 - \alpha}\right)\]

\[ = 0.3 \frac{(2-z)}{(z-1)(z-\alpha)} \]

\[ = \frac{6000.8 z + 0.0067}{(z-1)(z-\alpha)} \quad \Rightarrow \quad = \frac{6000.8 z + (3 + 0,9 z \; x^2)}{(z-1)^2(z-\alpha)} \]

\[ A z^{-5} (1 + \beta z^{-3}) \]

\[ G_{m}(z) \notiamo \; che \; il \; grado \; di \; G_{p}(z) \; e \; N \; fissiamo \; N=2 \text{ (eventualmente se non dovesse bastare se ed esempio sotto z caposti qui indico, dobbiamo aumentarlo)}, \text{ inoltre perche input vuoi il ritardo di un passo z^-2 debba porzioni di a_o = 0, quindi:} \]

\[ G_{m}(z) = a_0 + a_2 z^{-1} + a_2 z^{-2} = a_3 z^{-3} + 0.2 z^{-2} \]

con \[ A = 0.0048 \] \[ \beta = 0.9\] \[ \alpha = 0.9\]

4) Un flaut è rappresentato, assieme alle zoh, dalle f.d.t.

G_p(z) = ^{z-2 (1 + βz-1)}/_{1 - αz^-1}

Si effettua, se possibile, la sintesi di un algoritmo di controllo in retroazione che consenta con l’uso di agganciare negli istanti di commutamento l’ingresso a gradino. Si imponga lo stesso specifica anche alla variabile di uscita.

Svolgimento

Causo vediamo il flaut ha espressione:

G_p(z) = z^-2 (1 + βz^-1)

con β = 2 e α = 0,3

le flaut ha quindi uno zero esterno al cerchio unitario.

Abbiamo quindi 2 vincoli da imporre, uno per il comportamento dead-beat per l’uscita ed uno per il comportamento dead-beat delle v.d.o.

Poniamo quindi N = 2 e poiché v’è il ritardo di un passo α₀ = 0 e quindi: G_m(z) sarà:

G_m(z) = y_k + α₁ z^-1 + α₂ z^-2

Procediamo con l’imposizione del

[1 - G_m(z)] = (1 - z^-2)^N+1 N(z)_(N=2)

[1 - G_m(z)] = (1 - z^-2) (1 + η 2z^-3)

Tuttavia dal momento che abbiamo uno zero del flaut esterno al cerchio unitario, devo rendere tale zero uno zero di V(z) e quindi:

G_m(z) = z^-2 (1 + α₁ z^-1 + α₂ z^-2) = kz^-1 (1 + βz^-1)

k=α_o

Ora invece impongo la condizione sulla v.d.o.:

U(z) = U₀ + U₁ z^-1 + U₂ z^-2

(1) = C_m(z) V(z) G_p(z)

Riusciamo ora l’espressione di D(z):

D(z) = 1 / G_d(z) + G_m(z) (1 - z^-2)

Procediamo quindi all’individuazione di α, e n

[1 - G_m(z)] = 1 - α₁ z^-1 - α₂ z^-2 = (1 - z^-2)(1 + η2 z^-3)

= (1 - z^-2)(1 + n z^-2)

G(z) = z^-2_{(-α1, -α2z^-2)}

α₀ = α₁(1 + β z^-2

• α₁ = 1 - η
• α₂ = n
• n = 2/3
• α₂ = 2/3