Fondamenti di Automatica - esercizi svolti 2

Esame 11/02/2013

P(s) = 25 / [s(s+5)²]

Tc = 48 msec

r(t) = f_D2(t) - Dom ?oo = 14(t - 5)

f(iw) mf = 20° con wt = 6 rad/s

Dalla uscita a regime y_oo = y_D(t) - e(t) -> y_oo = 14t - 5

Dall'uscita desiderata è possibile ricavare il valore di K_D, tramite la relazione r(t) = y₀(t) / K_D

y_D / r(t) = 2

K_D = 2

Da qui si ricava agevolmente il valore del trasduttore AH = 1 / K_D

H = 1 / 2

Per avere l'errore a regime risulta essere e_oo = K_D² r₀ / K_v

Per avere errore costante a regime è bisogno di h = 1 polo nell'origine nella f.d.t. del catena diretta.

Il processo P(s) ha già un polo nell'origine quindi il controllore avrà struttura minima:

C(s) = K_C

Abbiamo detto che l'errore a regime ha struttura:

e_oo = K_D² r₀ / K_v

K_v = lim [s C(s) P(s)] = lim [s 25 K_C / s(s+5)²] = K_C

e_oo = 5 = 4.7 / K_C -> K_C = 4.7 / 5 = 5,6

C(s) = 5,6

La F.D.T di anello aperto F(s) = C(s) P(s) H = 5,6 · 25 / [s(s+5)²] · 1/2

Esame 11/02/2013

P(s) = 25 / (s(s+5)²)

Tc = 48 m sec

• R(t) = f₀2(t) => y_oo = 14(t - 5)
• F(iw) mf = 20° con w_t = 6 rad/s

Dalla uscita a regime y_oo = y_D(t) - e(t) => y_oo = 14t - 5

{ y_p = 14t R_e = 5 }

Dalla uscita desiderata è possibile ricavare il valore di K_D, tramite la relazione f(t) = y₀(t) / K_D

y₀ / r(t) = 2    K₀ = 2    da cui si ricava aggiornando il valore del trasduttore A H = 1/K₀    H = 1/2

Per avere l'errore a regime risulta essere e_oo = K₀² R₀ / K_v

Per avere errore costante a regime è bisogno di h = 1 polo nell'origine nella f.d.t. di catena diretta.

Il processo P(s) ha già un polo nell'origine quindi il controllore avrà struttura minima:

C(s) = K_C

Abbiamo detto che l'errore a regime ha struttura:

e_oo = K₀² R₀ / K_v    K₀ = lim P(s)H(s) = lim 25K_C / (s(s+5)²) => K_C

e_oo = 5 = 4.7 / K_C => K_C = 4.7 / 5 = 5.6

C(s) = 5.6

La F.D.T. di anello aperto F(s) = C(s) . P(s) . H = 5.6 . 25 / (s(s+5)²) . 1/2

= 70 / (s(s+5)²)

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Tempo di presentazione digitale di sistema

Dovendo realizzare un tempo di presentazione digitale di sistema bisogna tenere in considerazione il ritardo introdotto dal BUPED ???

Affinché il ritardo sia finito bisogna rispettare la condizione w_s > 8w_b 2w/T_s > 8w_t

131 > 48

La modulazione FOH introduce dunque un ritardo finito pari a T_c/2 modulato dalla funzione e^-jwT_c/2 che determina un ritardo di fase pari a ritardo(f)

R₁₁^(d) = -8,25?

-8,25?

Grafico su Nicols la F(jw) non ritardata, cioè considero l'effetto FOH solo in fase di convoluzione

F(jw) = F(jw) G(jw) H

M_E[F(j_o)] 16B = -14,36 dB

φ_E = ∠F(j_i) = -140,39?

= -198,64?

M_D = 0 dB

φ_D = -π+M_E = -160

ΔH = 14,36 dB ampiezza

Δφ = 38,64? anticipo

Ho bisogno di un ATO ne amplificatore antiritardo

C(s) = (1 + 5s) / (1 + 30s) = (1 + 5,18s) / (1 + 0,157s)

F_c(jw) = F(jw) · e(jw)

82,6 jw + 400,157 jw⁴ + 2,57 jw³ + 13,93 jw² + 25 jw

Verifico la convergenza

|F_c(j8)| = -0,04 db/F_c(j8) = -151,7, 1,7°

Considerando lo FOH/F_c(j8) = -151,7, -8,2°

= -159,96°

g_M = 0,04 dB

g_P = 0,04° accettabili

Digitalizzazione del continuo

Digitalizzazione del continuo:

C(z) = C(s) |_{z = 2/Tc} , z = (z - 1)/(z + 1)

= 5,6(1 + 1,48 s) / (1 + 0,157 s)

= 5,6(1 + 4,17 (z - 1)/(z + 1)) / (1 + 0,157 (4 + 7 z - 1)/(z + 1))

= (5,6z + 5,6 + 4,17z - 4,17) / (z + 1) / (1 + 0,157 (7 - 1)/(z + 1))

= 302,1 / (z + 1)

= (204,8z - 202,9) / (7,54 z - 5,54)

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Algoritmo C(z)

Ora l'algoritmo C(z)

y(z)/u(z) = C(z)

y(z)/u(z) = (264,88z - 202,16)/(7,54z - 5,54) => y(z)(7,54z - 5,54) = u(z)(264,88z - 202,16)

7,54y(z) - 5,54y(z) = 264,88u(z) - 202,16u(z)

7,54y(k+1) - 5,54y(k) = 264,88u(k+1) - 202,16u(k)

Ritardo di 1 passo

7,54y(k) - 5,54y(k-1) = 264,8u(k) - 202,16u(k-1)

y(k) = 0,73y(k-1) + 35,12u(k) - 26,82u(k-1)

Quesito IV 11/02/2013

F(iw) = (100000 + 100000 j w) / ((100 - 20 j w - w²) (22500 + 300 j w - w²))

F(iw) = (100000 + 100000 j w) / ((100 - 20 j w + j w²) (22500 + 300 j w + j w²))

Retroazione negativa

Retroazione negativa: K > 0

con K = 1 => F(-iw) = F(iw)

A Re

A Im

Pr = 2

Per avere asintoto stabilito il Po dovrebbe essere spostato due volte in senso antiorario.

Nf = 0    Pr = 2    Nf = Pr

Il punto critico di coordinate (-1/K, 0) cade nel segmento A-B e il sistema sarebbe asintoticamente stabile

A - D Kmin = 1/A = 1/0,18 = 5,61

B - D Kmax = 1/B = 1/0,0244 = 41,7

Quindi Kmin < K < Kmax

Asintotica stabilità

Si può verificare l'assenza di: stabilità equiforaia

Resta invariata

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Retroazione positiva

Retroazione positiva k > 0

Assumo k = -1 => F̃(jw) = - F(jw)

Anche qui con k = 1 si ha instabilità in quanto PF = 2 NF = 0, NF != PF.

A differenza del caso in retroazione negativa non si può arrivare ad avere asintotica stabilità anche trattando il PC (-1/k, 0)

Kenmo = 1/A = 2,52

Per k > -kcritico (-1 > -2,52)

FP = PF - NF = 2 - 0 = 2

FP = 2 polo instabili

Per k < -kcrit. (-3 < -2,52)

FP = PF - NF = 2 - 1

FP = 1 polo instabile

Introduce una instabilità

(Non ho stabilità per nessun valore di k)

Questo 11/04/2015

d⁵g(t)/dt⁵ + 3 d⁴g(t)/dt⁴ - 150 d³g(t)/dt³ = 468752 g(t) + d u(t)/dt

Per determinare l'equazione libera pongo u(t) = 0

t > 0, ovvero annulli il ingresso

Infatti l'equazione libera è proprio la risposta del sistema a fronte di ingresso nullo e condizioni iniziali assegnate.

Dunque

d⁵g(t)/dt⁵ + 468752 g(t) = 0

Rilevo il polinomio caratteristico associato all'equazione differenziale applicando la sostituzione:

d⁵g(t)/dt⁵ = λ⁵

λ⁵ + 3λ⁴ - 150λ³ - 450λ² + 15625λ - 468752 = 0

Questo polinomio ha:

λ_1,2 = 72,5136 ± 7,2777 j

λ₃ = -15,2188

λ_4,5 = -6,4042 ± 102,91 j

λ_1,2 ∈ C λ = λ₂^* polo pseudocritico

Molteplicità n_i = 1 -> e^12,2188t cos(7,2777t + φ)

Diventano secondo la formula