Fondamenti di Automatica - esercizi svolti 2

ESAME 11/02/2013

P(s)=25/_s(s+5)²

T_c=48 ms≈

• r(t)=Y_c(t)
• ω_cw⇒ m_pc=20° con ω_c=6 grad/s

DALL'USCITA A REGIME

^∞=Y_d(t)-e(t)

→ Y_∞=1/5(1t+5)

• Y_∞=4
• K_∞=5

VALORE DEL TRASPORTO H

• H=1/_K∞
• H=_1/2

PROCESSO P(s) HA GIÀ UN POLO NELL'ORIGINE

QUNDI IL CONTROLLORE AVRÀ STRUTTURA MINIMA:

c(s)=k_c

LA P.D.T. DI ANELLO APERTO

P_a(s)=c_c(s)P_(s). H

=25_s(s+5)²

=1/2

ESAME 11/02/2013

P(s) = 25__ s(s+5)²

Tc = 0.8min

F(t) = y₀(2f) = 100 14(t-5)

F(ω) MP_c = 20° con WC = 6 rad/s

E(t) = 6

L'uscita a regime y_oo = y_o(t) – e(t) => y_oo = 14(t-5)

Per avere a regime si ristabilisce il valore y₀ tramite la relazioneF(t) – y_o(t)

K_o

48

K_o = 2

Da cui si ricava abbondanza in y₀

Valore del trasportoH = 1

^K_o

H =

1/2

L'errore a regime risulta essere y_oo = K_o^-2/kv

Per avere errore costante a regime e' bisogno di H = 1, polo nullo nelle nuove F.D.T. e catena diretta

Il processo P(s) ha già un polo nullo e quindi il controllore avrà struttura minima:

C(s) = K_c

Abbiamo detto che l'effetto a regime ha struttura:

y_oo = 5 Kv

K_c = y o s 1

y_oo = 5 K_c 2

48 – 47

5 – 6

4

2 C(s) = 51/Kc

F(s) = CC(s).P(s).H =s(s+5)² 1

Dovendo realizzare un'implementazione digitale

sistema bisogna tenere in considerazione il ritardointrodotto dal busFOHaffinché il ritardo sia finito bisogna rispettarela condizione WTs BW_p = BW_p>_BW TS

T > BW

LA MODULAZIONE FOHintroduce dunque un ritardo finito pari amodulato dalla funzione o_1/2 chedetermina un ritardo di fase pari aRit_pOH⁽⁽⁰⁾ = -^{198 56 -92} deg-8.25^o

GRAFICO SU NIÈPOLS LA Φ(уг) NON (НАРДАТАcioè considerato l'effetto foh solo in fase diconvoluzione

Ħ(ω), H(ω), H ̅.

{

EO = -Φ(Ф)

PO = -^{190 89}∞

N₀ = Ø+Db

PO = PIEGA =-60

{

ΔM = 41.3 db^{86 db} Amplitude

ΔΦ = 38 54^o Amplitude

HO BISOGNO DI UN FILTRO AMPLIFICATORE ANTICIPATORE

C̃(s) = ^{1 + 8s}/_{1 + 348.185s}

= ^{1 + 8s}/_{1 + 0.153s}

F̅_C(jw) = F̅(jw)·E̅_C(jw)

92.6 jw + ([δ)

-10· j(w)⁴ - 2·5f jw³ - 18.929 jw² + 3jwszj_w +

VERIFICO LA ROTAZIONE

|F(49)|_-85 = 0.04 dB

∠(F_c(fc)) = 151.71^o

CONSIDERANDO FO FOM

∠(Fc(56)) = -151.7π+8.21^o

= -151.96^o

P_m = 0.04 dB

Φ 0 = _-0.04^o

DENATURAZIONE OSE CONTINIUI

C(z) = Cc(s)| ²/_Τc^{z - 1}

= ^{5·6 (+ 1.48s)}/_{1 + 0.154s}

5.6_z+1(ω 44.7f +1)

= ^{z - 1}/_z+1

- 5.67 + 5.6 + θ_cγω Tc + θυ

1 + 6.54^{f - 1}

44.̅8̅ 143.07 ż67.54

- 264.846 8016 8019

7.54 2_z+1

ORA L'ALGORITMO

y(t) = C(t)

C(t)

y(t) = 264.88 t - 202.16

u(t) = 7.5 t - 5

7.54 y(x) - 5.54 y(x-1) = 264.88 u(t) - 202.16 u(t)

^

|

/ z⁻¹

7.54 y(k+1) - 5.54 y(k) = 264.88 u(k+1) - 202.16 u(k)

RITARDO DI 1 PASSO

7.54 y(k) - 5.54 y(k-1) = 264.8 u(k) - 202.16 u(k-1)

y(k) + 0.73 y(k+1) + 35.12 u(k) - 26.83 u(k-1)

11/07/2013

F(jω) =^{100000 - 10000 jω} / _{(jω - 20 jω - ω²)(22500 + 300 jω - ω²)}

F₁(jω) =^{100000 - 10000 jω} / _{(jω - 20 jω - jω²)(22500 + 300 jω - jω²)}

RETROAZIONE NEGATIVA: |K| > 0

CON M_∞ K = ∞ F(jω) = F(jω)

Δ_m

P_p = 2

PER AVERE ASINTOTA STABILITA IL P_c DOVREBBE ESSERE CIRCONTAINER_o DUE VOLTE IN SENSO ANTIORARIO.

N_FE = 0 P_p = 2 N_FP

P_c STABILE NON STABILE.

∗ IL PUNTO CRITICO DI COORDINATE (-1, 0) RADE ≥ 0

PIÙ CIRCONTAINER b VINCOLO POT. OTTOBRA 1.88

A - O K_min = ^A / _φmax 0.048 = 5.61

B - D K_max = ^B / _0.024

QUINDI 1 = 88 |K_min| < K < K_max

A Ciò VUOI INDHISIONE IN CIRCUMRA A BAG

Quindi NF = NP - P_c = 2-0

Peto NECESSARIA PER ASINTOTA STABILITA SCAMPIA.

RETROAZIONE POSITIVA

̃ < 0

ASSUMO ̃ = -1

f̂ () = -F (I, )

ANCHE QUI CON ̃ ≅ 1

℘ HA INSTABILITÀ IN

QUANTO ⊚= 2 ⚯=0

Н≠℘_⊚

A DIFFERENZA DEL CASO

IN RETROAZIONE NEGATIVA

NON SI PUÒ ARRIVARE AD UNA

ASINTOTICA FINISCE ANCHE

TRALASANDO IL ℘_⊚ (-¹∫₁₀)

_critico=

⊚ = 2.52

A =

PB1 ̃ ⊚ > -keenico (- -2.52)

є_Ф = ℘_⊚ - Н_є = 2 ⊚ = 2

ḟ℘_⊚= 2 ПОУ INSTABILE

PB2 ̃ < -ktur

(∮∫₃≠ -2.52

ḟ℘ - ℘_⊚ - Н_є - 2 = 1

ḟ℘= 1 ПОУ INSTABILE

INTUNSSA CA IN STABILITÀ

(NON SI PUÒ STABILIRE OSM

NESSUN VALUCE DI

Quesito 11       14/04/2019

d⁵y(t)  + 8d⁴y(t)           = 150 d³y(t)     4688752 Du(t)

dt⁵                                                                dt

Per determinare l’evoluzione libera pongo u(t) = 0

e y(0) ovvero annullo gli ingressi

Infatti l’evoluzione libera è proprio la risposta

del sistema a fronte di ingresso nullo e condi-z

-ionali assegnate

Dunque

d⁵y(t)                            4688752 y(t) = 0

dt⁵

Ricavo il polinomio caratteristico associato

all’equazione differenziale applicando la

sostituzione: d⁵y(t)      - λ = 0

                      dt⁴

λ⁵ + 8λ⁴ + 150 λ³ + 450 λ² + 15625 λ + 4688752 = 0

Questo polinomio ha:

λ_1,2

λ = ±θ^*            1000 pseudo periodo

Nota frequenza n = ±( 2,2188 ) = e^-2.2188_ncos((2πT/1 + φ)

divergente