COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI TEMA A - 2 Febbraio 2012

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1 COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI TEMA A - Febbraio 1 Esercizio 1. Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = 1 s(s + 1) (s +.1)(s 1s + 1). i) Si determini il diagramma di Bode (modulo e fase) della risposta in frequenza del sistema; ii) si determini il diagramma di Nyquist di G(jω) per ω R, e si studi, attraverso il criterio di Nyquist, la stabilità BIBO del sistema ottenuto per retroazione unitaria negativa da G(s) e si determini l eventuale numero di poli a parte reale positiva di W(s). Esercizio. i) Si tracci approssimativamente il luogo (positivo) delle radici della funzione W(s), ottenuta per retroazione unitaria negativa a partire dalla corrispondente K G(s), con K R,K > e s + G(s) = s(s + 1)(s + 3). Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d y(t) dt + 1 4a dy(t) ay(t) = d u(t) dt dt u(t), con a parametro reale, ii) si studi al variare di a in R stabilità asintotica e BIBO del sistema; iii) si determini, al variare di a in R, l espressione della risposta impulsiva del sistema. [Suggerimento: si cerchi di determinare esplicitamente le radici del polinomio d(s) dell equazione caratteristica, per poter procedere alla soluzione nel dominio delle trasformate] Esercizio 3. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento G(s) = 1 + s s 1 +, s 1 si progetti un controllore in retroazione C(s) R(s), proprio, in modo tale che 1) il risultante sistema retroazionato sia di tipo 1 con errore di regime permanente (alla rampa unitaria) non superiore a e rp =.1; 1

2 ) la funzione di trasferimento in catena aperta C(s)G(s) abbia di attraversamento all incirca ω A = 13 rad/sec e 3) abbia margine di fase pari almeno a 45 o. Teoria. Dato un modello ingresso/uscita descritto da un equazione differenziale lineare a coefficienti costanti, si dimostri che, nell ipotesi di stabilità asintotica, il sistema risponde ad un segnale fasoriale causale: u(t) = e j ωt δ 1 (t), dove ω è un numero reale fissato, con un segnale di uscita y(t),t, esprimibile nella forma y(t) = y tr (t) + y rp (t), dove lim y tr(t) = t + e y rp (t) è a sua volta un segnale fasoriale. Si derivi in dettaglio le espressioni di y tr (t) e y rp (t).

3 SOLUZIONI Esercizio 1. i) [5 punti] È immediato verificare che la funzione di trasferimento ha la seguente forma di Bode: G(s) = 1 s ( 1 + s ) ( ) ( 1 + s s ). s Pertanto K B = 1 e la risposta in frequenza presenta uno zero semplice nell origine (ν = 1), una coppia di zeri immaginari coniugati (ω n = 1 e ξ = ), un polo reale negativo in 1 1 (1/T =.1 e µ = 1) ed una coppia di poli complessi coniugati con ω n = 1 e ξ = 1/ (e ξ < 1/ ). Si noti che i due poli complessi coniugati hanno parte reale positiva e sono quindi instabili. Sulla base di tali considerazioni e dei diagrammi di Bode, sia asintotici che effettivi, dei termini elementari, è immediato determinare i diagrammi di Bode della preassegnata risposta in frequenza, riportati nelle figure che seguono. 5 Diagramma di Bode Modulo db

4 4 Diagramma di Bode Fase 3 1 gradi Si noti che il picco negativo alla ω = 1 rad/sec è in realtà illimitato verso il basso, in quanto corrisponde ad una coppia di zeri immaginari coniugati. ii) [5 punti] Il diagramma di Nyquist, per ω R, della risposta in frequenza di cui abbiamo tracciato il diagramma di Bode al punto i) è: 15 Nyquist Diagram 1 5 Imaginary Axis Real Axis Un suo dettaglio in prossimità dell origine (ovvero per valori di ω prossimi a zero) è 4

5 Nyquist Diagram Imaginary Axis Real Axis Il diagramma di Nyquist non compie alcun giro attorno a 1 + j, ovvero N =. Poichè G(s) ha poli a parte reale positiva, ovvero n G+ =, la condizione N = implica n W+ =. Pertanto il sistema retroazionato non è BIBO stabile ed ha due poli a parte reale positiva. Esercizio. i) [4 punti] Adottando le regole per il tracciamento del luogo (positivo) delle radici, 1. verifichiamo subito che appartengono al luogo delle radici gli intervalli sul semiasse reale negativo (, ] e [ 1,].. Poichè il numero dei poli è n = 4 mentre il numero di zeri è m = 1, ne consegue che tre rami vanno al punto improprio nelle direzioni angolari π/3,π e 5π/3. 3. Il baricentro da cui partono gli asintoti è C = ( 1 3 3) ( ) 4 1 = 5 3. L unica soluzione possibile è che ci sia un punto doppio nell intervallo [ 1,] da cui si dipartono due rami che assecondano gli asintoti obliqui. Possiamo dedurre ora l andamento qualitativo del sistema ottenendo in tal modo 5

6 1 Root Locus 8 6 Imaginary Axis (seconds 1 ) Real Axis (seconds 1 ) ii) [3.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è s + 1 4a s a =. Tale equazione ha radici a e 1/, e quindi il sistema è asintoticamente stabile se e solo se a <. Valutiamo, ora, la stabilità BIBO. Certamente c è stabilità BIBO per a <. Verifichiamo se esistono valori del parametro a per cui c è stabilità BIBO senza che ci sia l asintotica. La funzione di trasferimento del sistema è W(s) = s 1 s + 1 4a s a (s + 1)(s 1) = (s a) ( s + 1 ). Chiaramente si può avere stabilità BIBO senza avere quella asintotica se e solo se esiste un valore del parametro a in corrispondenza a cui avviene una cancellazione del fattore instabile s a con s 1, ovvero se e solo se a = 1/. È chiaro che per tale valore di a la funzione di trasferimento diventa W(s) = s + 1 s + 1 ed è quindi BIBO stabile. Pertanto si ha stabilità BIBO se e solo se a < o a = 1/. iii) [4 punti] Distinguiamo due casi, a seconda che la funzione di trasferimento abbia due poli coincidenti o distinti. Per a = 1/4 la funzione di trasferimento del sistema è (s + 1)(s 1) W(s) = ( ) s + 1. Dalla decomposizione in fratti semplici di W(s) W(s) = 1 ( s + 5/4 ) s + 1 = 1 ( s + 1/ ) s + 1 ( 3/4 ) s + 1 = 1 1 s + 1 ( 3/4 ) s + 1, 6

7 segue subito w(t) = δ(t) [e t/ + 34 ] te t/ δ 1 (t) che rappresenta la risposta impulsiva del sistema. Nel caso in cui a sia diverso da 1/4, la decomposizione in fratti semplici di W(s) porta a 3 1 W(s) = 1 + (1 + 4a) s (4a 1) 1 + 4a 1 s a, la cui antitrasformata è [ w(t) = δ(t) + 3 (1 + 4a) e t/ + (4a 1) 1 + 4a eat ] δ 1 (t). Esercizio 3. [5 punti] Il requisito sul tipo richiede l introduzione di un polo nell origine. Il vincolo sull errore di regime permanente impone e () rp = 1 K B (C)K B (G) = 1 K B (C).1 da cui segue K B (C) 1. Prendiamo K B (C) = 1 a cui corrisponde C (s) = 1 s. I diagrammi di Bode di G(s) = C (s)g(s) sono i seguenti: 8 Diagramma di Bode Modulo 6 4 db

8 Diagramma di Bode Fase gradi Si trova 1 rad/s ω A < ω A = 13 rad/s e m ψ (ω A ) := 18 + arg(c (jω A )G(jω A )) soddisfa m ψ (ω A ) < m ψ = 45. Possiamo quindi applicare un azione anticipatrice in modo da sollevare il diagramma delle ampiezze fino a far sì che la di attraversamento diventi ω A = 13 rad/s e di sollevare la fase di almeno 45. A tale risultato possiamo giungere con una soluzione ad occhio. Se infatti introduciamo uno zero in 1, ovvero un fattore 1 + s 1, otteniamo che la di attraversamento è esattamente 1 3 rad/sec e il margine di fase diventa di 9. Per rendere la rete anticipatrice causale dobbiamo aggiungere un polo sufficientemente lontano dalla di attraversamento. Una soluzione accettabile è quella di mettere un polo in 1 5 rad/sec, ovvero due decadi dopo ωa. Si ottiene in tal modo: C (s) = C ant (s) = 1 + s s. 1 5 I seguenti diagrammi di Bode provano che la soluzione proposta funziona bene: 8

9 7 Diagramma di Bode Modulo db Diagramma di Bode Fase gradi Teoria. [5 punti] Si veda il Capitolo 4 del libro di testo, pagine