Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
Scarica il documento per vederlo tutto.
vuoi
o PayPal
tutte le volte che vuoi
Formattazione del testo
M M PID.f n f 10 s+1= ;1. Progetto in cancellazione del polo più lento, quindiPI PI(s) s◦)PI( ) = −153.42. con l’inserimento del risulta arg , per cui la rete di anticipo deve recuperare unaPI(s) G( j jωω c c◦=fase 33.4 alla pulsazione : utilizzando le formule per la rete ottima si ha:φ ωa c +− 1 0.372 11 sin sφa √ = == == 0.372;0.289; RA(s)τα + +1 sin 0.108 1sφ ω αa c3. il guadagno va scelto per ottenere la pulsazione di attraversamento desiderata, quindi:k |k ) ) )| = ⇒ =1 1, 2G( j PI( j RA( j kω ω ωc c c
Esercizio 4 (punti 14)Si consideri un sistema non lineare descritto dalle equazioni differenziali 2=ẋ x x1 1 2 2 3= −(x + + (t) ;1)ẋ x u2 21=y x 1 =1. calcolare i punti di equilibrio per ingresso costante ;u(t) ue2. calcolare la funzione di trasferimento del sistema linearizzato nei punti di equilibrio trovati; è possibile concluderela
stabilità o l’instabilità dei punti di equilibrio del sistema originale basandosi sul sistema linearizzato?=3. fissato 0, studiare la stabilità dei punti di equilibrio associati.u eSoluzione =1. ponendo le condizioni per l’equilibrio diventano:u(t) ue 2 = 0x x1e 2e ;2 3(x + =1) x u2e e1e= = =con ovviamente . Dalla prima equazione discende che 0 o 0; considerando la prima ipotesi,y x x x1e 1e 2ee 3 == . Considerando la seconda ipotesi 0, la seconda condizione ammettela seconda equazione porta a xx u2e 2ee=soluzione solo se 0, nel qual caso può assumere qualsiasi valore. Riassumendo, i punti di equilibrio sonou x1eedati da: 36 = (x = = );- caso 0: un solo punto di equilibrio di coordinate 0,u x u1e 2ee e= (x ,- caso 0: infiniti punti di equilibrio di coordinate 0).u 1ee2. il sistema linearizzato nell’intorno di un punto di equilibrio generico risulta˙ 2= + 2x x x x x xδ δ δ1 1 1e 2e 22e ˙ 2 2 ;= −2 − (x
- + +1) 3ux x x x x uδ δ δ δ2 1e 2e 1 2 e1e=y x δ δ 16 =- caso 0: il sistema linearizzato diviene:ue ˙ 6=x u xδ δ1 1e ˙ 2 ;= −δ + 3ux x uδ δ2 2 e=y x δ δ 1la funzione di trasferimento tra e è nulla. Tuttavia il sistema ha matrice di statou yδ δ 6 0ue=A −106= > = −1;con autovalori 0 e la presenza di un atuovalore positivo implica che il punto di equilibrio èuλ λ1 2esempre instabile;6 =- caso 0: il sistema linearizzato diviene:ue ˙ = 0xδ 1 ˙ 2 ;= −(x + 1)x xδ δ2 21e=y x δ δ 1la funzione di trasferimento tra e è ancora nulla. La matrice di stato èu yδ δ 0 0=A −10= = −1;con autovalori 0 e la presenza di un atuovalore nullo implica che non si può concludere nulla sullaλ λ1 2stabilità dei punti di equilibrio dall’analisi del
sistema linearizzato:
fissato 0, il sistema non lineare diviene:
2=ẋ
2=-(x + 1)ẋ
1(x1,x2)=y
Considerando il generico punto di equilibrio 0, si consideri la funzione candidata di Lyapunov:
V(x1,x2) = ((x1 - 1)^2 + x2^2)
con derivata:
V̇(x1,x2) = -x1(1 + 2|x1 - 1|)
che risulta semidefinita negativa per 1. Quindi il punto di equilibrio generico è almeno semplicemente stabile.
D'altra parte, ogni punto di equilibrio ha infiniti altri punti di equilibrio in ogni suo intorno, e quindi non può mai essere asintoticamente stabile (esistono condizioni iniziali nell'intorno del punto per cui le traiettorie non tendono asintoticamente all'equilibrio considerato). In conclusione, ogni punto di equilibrio è semplicemente stabile.
Controlli Automatici MScritto del 31 gennaio 2023 – Testo 2
Soluzione
E' dato il sistema descritto dal seguente
schema a blocchi: s +1
s +9- y1r
<latexit> sha1_base64="458mXKAuyBXOzLZ0QiDcum3Fsl4=" >AAAB/3icbVDLSgNBEJyNrxhfUY9eBoMgCGE3+DoGvHiMYB6QLKF30olDZh/O9Aph2YNf4VVP3sSrn+LBf3ET96CJdSqquunq8iIlDdn2p1VYWl5ZXSuulzY2t7Z3yrt7LRPGWmBThCrUHQ8MKhlgkyQp7EQawfcUtr3x1dRvP6A2MgxuaRKh68MokEMpgDLJ7Q01iMRJE3NSS/vlil21Z+CLxMlJheVo9MtfvUEoYh8DEgqM6Tp2RG4CmqRQmJZ6scEIxBhG2M1oAD4aN5mFTvlRbIBCHqHmUvGZiL83EvCNmfheNukD3Zl5byr+53VjGl66iQyimDAQ00MkFc4OGaFl1gbygdRIBNPkyGXABWggQi05CJGJcVZPKevDmf9+kbRqVee8enZzWqnX8maK7IAdsmPmsAtWZ9eswZpMsHv2xJ7Zi/VovVpv1vvPaMHKd/bZH1gf30u/lmQ= </latexit> s +2<latexit>Il testo formattato con i tag HTML corretti sarebbe il seguente:
<sha1_base64>"QyOtf0KKQtS2YV05XM/9KGxNLTY="</sha1_base64> <AAAB/3icbVDLSgNBEJyNrxhfUY9eBoMgCGE3+DoGvHiMYB6QLKF30olDZh/O9Aph2YNf4VVP3sSrn+LBf3ET96CJdSqquunq8iIlDdn2p1VYWl5ZXSuulzY2t7Z3yrt7LRPGWmBThCrUHQ8MKhlgkyQp7EQawfcUtr3x1dRvP6A2MgxuaRKh68MokEMpgDLJ7Q01iMSc1NLEpP1yxa7aM/BF4uSkwnI0+uWv3iAUsY8BCQXGdB07IjcBTVIoTEu92GAEYgwj7GY0AB+Nm8xCp/woNkAhj1BzqfhMxN8bCfjGTHwvm/SB7sy8NxX/87oxDS/dRAZRTBiI6SGSCmeHjNAyawP5QGokgmly5DLgAjQQoZYchMjEOKunlPXhzH+/SFq1qnNePbs5rdRreTNFdsAO2TFz2AWrs2vWYE0m2D17Ys/sxXq0Xq036/1ntGDlO/vsD6yPb7JqlqY=</sha1_base64> F<latexit>
a blocchi si ricava (s + (s +3 2) 9)=H(s) (s + [(s + (s + (s + +1) 2) 3) 9) 3 s]= =2. con ingresso unitario si ha lim 1;y(t) H(0)t→∞ s+23. dato il polo nell’origine della funzione di anello, l’ingresso al blocco deve tendere a zero, e quindi l’uscita dels1 (0) =tende a 1; ne deriva che l’uscita tende al valore 5/8 ed in genere è sufficienteblocco con FdT y(t) F4s+2conoscere il valore del guadagno in continua di per calcolare il valore a regime dell’uscita (nel caso di sistemaF y4stabile).Esercizio 2 (punti 8)Si consideri un sistema in retroazione unitaria con funzione di anello+ 1s=L(s) k (s − (s + (s +1) 1.5) 2.5) >1. mostrare che il sistema è stabile per valori del guadagno superiore ad un valore limite ;k kc2. provare che per i valori di tali che il sistema è stabile i poli non possono essere tutti reali;k3. calcolare il valore di k (Suggerimento: imporre che un polo del sistema in retroazione sia
sull'asse immaginario).Soluzione: il luogo delle radici mostra che esiste un ramo che origina dal polo 1 e termina nello zero in Per valorip z>di il polo associato del sistema ad anello chiuso è quindi stabile. Gli altri due rami partono dai due polik k c = -1,stabili della e vanno all'infinito lungo i due asintoti verticali con parte reale quindi sono contenuti nelL(s) σsemipiano sinistro e i poli associati sono stabili per qualunque valore di ne deriva che il sistema in retroazione è k.>stabile per ;k k c 12. per le proprietà del luogo per sistemi con grado relativo maggiore di uno, la somma dei poli del sistema in retroa-zione è costante, in questo caso pari a -3. Se il polo sul primo ramo è stabile, la somma degli altri due deve essereinferiore a -3, e quindi non possono giacere entrambi nel segmento dell'asse reale compreso tra -2.5 e -1.5. Quindii due poli devono essere necessariamentecomplessi coniugati;=3. quando il sistema in retroazione ha un polo nell'origine. Ne deriva che il denominatore delle funzioni dik kc =sensitività si deve annullare per 0 e quindi si has = ⇒ =(s − (s + (s + + (s + 0 3.751) 1.5) 2.5) 1) kk cc s=0
Esercizio 3 (punti 8) s+1= si vuole progettare un controllore in retroazione diPer un sistema con funzione di trasferimento 100 CG(s) 3(s+5)sminima complessità in maniera che il sistema in retroazione soddisfi le seguenti specifiche:
– errore a regime nullo nella risposta a gradino;
– frequenza di attraversamento della funzione di anello pari a 10 rad/s;
– margine di fase maggiore o uguale di 70°.
Soluzione
La frunzione di trasferimento dell'impianto si può scrivere nella forma+ 1s= 4G(s) 3(0.2 + 1)s s
La specifica sull'errore a regime è automaticamente soddisfatta vista la presenza del polo nell'origine della G(s).Questo lascia libero il parametro del regolatore che
può essere utilizzato per imporre la pulsazione di attraversamento.k ◦) =
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo
