COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 21 Febbraio 2012

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1 COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 21 Febbraio 212 Esercizio 1. Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = 1 (s + 1)(s + 1) 2 s 2 (s 2 5s ). 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 2. Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) 3 con a parametro reale, + (2 a) d2 y(t) 2 + (2 2a) dy(t) 2ay(t) = du(t) i) si studi al variare di a in R stabilità asintotica e BIBO del sistema; 2u(t), ii) per a = 2, si determini (se esiste) la risposta di regime permanente y rp (t) al segnale di ingresso u(t) = sin( 2t)δ 1 (t), in corrispondenza alle condizioni iniziali y( ) =, dy( ) = 1, [Suggerimento: si sfrutti l analisi del punto i)]. d 2 y( ) 2 = 2. Esercizio 3. Si consideri lo schema di figura, 1

2 Z 2 (s) v i (t) Z 1 (s) Z 3 (s) v o (t) Z 4 (s) e si assuma che l amplificatore operazionale sia ideale. i) Si dimostri che la funzione di trasferimento G(s) tra v i (t) e v o (t) è: G(s) = V o(s) V i (s) = Z 4(s)[Z 1 (s) + Z 2 (s)] Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)] ; ii) Assumendo le impedenze Z 1 (s), Z 2 (s) e Z 3 (s) siano Z 1 (s) = R, Z 2 (s) = R, Z 3 (s) = 1 sc, di determini l espressione di Z 4 (s) affinché G(s) = 2sRC 1 + 2sRC ; iii) nell ipotesi che la G(s) abbia l espressione data al punto ii) e assumendo RC = 5, si progetti un controllore in retroazione proprio C(s) in modo tale che 1) il risultante sistema retroazionato sia di tipo con errore di regime permanente (al gradino unitario) pari a e rp =.1; 2) la funzione di trasferimento in catena aperta C(s)G(s) abbia di attraversamento all incirca ω A = 12 rad/sec e 3) abbia margine di fase pari almeno a 9 o. [NOTA: eventuali cancellazioni polo-zero in sono considerate accettabili ai fini della soluzione dell esercizio]. Teoria. Dato un modello ingresso/uscita LTI a tempo continuo causale, descritto da un equazione differenziale lineare e a coefficienti costanti, si derivi dettagliatamente la descrizione della dinamica del sistema come somma di evoluzione libera ed evoluzione forzata nel dominio delle trasformate di Laplace. 2

3 SOLUZIONI Esercizio 1. i) [5 punti] È immediato verificare che la funzione di trasferimento ha la seguente forma di Bode: G(s) = 1 1 (s + 1) ( 1 + s ) 2 1 s 2 ( ). s 1 + s2 1 2 Pertanto K B = 1 1 e la risposta in frequenza presenta un polo doppio nell origine (ν = 2), uno zero reale negativo semplice in 1 (1/T 1 = 1, µ 1 = 1), uno zero reale negativo doppio in 1 (1/T 2 = 1, µ 2 = 2), ed una coppia di poli complessi coniugati con ω n = 1 e ξ = 1/4 (e ξ < 1/ 2). 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. 8 Diagramma di Bode Modulo db

4 3 Diagramma di Bode Fase 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: 2.5 Nyquist Diagram Imaginary Axis Real Axis Un suo dettaglio in prossimità dell origine (ovvero per valori di ω prossimi a ± ) è 4

5 Nyquist Diagram Imaginary Axis Real Axis Il diagramma di Nyquist (riportato al finito con una curva di 36, descritta in verso orario, che parte da G( jɛ) e arriva a G(jɛ)) non compie nessun giro attorno a 1 + j, ovvero N =. Poichè G(s) ha 2 poli a parte reale positiva, ovvero n G+ = 2, la condizione N = implica n W + = 2. Pertanto il sistema retroazionato non è BIBO stabile ed ha due poli a parte reale positiva. Esercizio 2. i) [3.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è s 3 + (2 a)s 2 + (2 2a)s 2a =. Per valutare per quali valori di a il polinomio d(s) è un polinomio di Hurwitz utilizziamo la tabella di Routh. Si trova: a 2 2 a 2a 1 2a 2 4a a 2a e pertanto d(s) è Hurwitz se e solo se 2 a >, 2a 2 4a + 4 > e 2a >, ovvero a <. Di conseguenza il sistema è asintoticamente stabile se e solo se a <. Per quanto concerne la stabilità BIBO, certamente il sistema è BIBO stabile per tutti i valori del parametro a per cui è asintoticamente stabile. La funzione di trasferimento del sistema è s 2 W (s) = s 3 + (2 a)s 2 + (2 2a)s 2a. 5

6 Osserviamo che al numeratore abbiamo un solo zero in 2. Pertanto può aver luogo una cancellazione se e solo se il polinomio d(s) si annulla in 2. Ciò si verifica se e solo se ovvero per a = 2. Per a = 2 si trova e pertanto d(2) = (2 a)2 2 + (2 2a)2 2a = 2 1a =, W (s) = d(s) = (s 2)(s 2 + 2s + 2), s 2 (s 2)(s 2 + 2s + 2) = 1 s 2 + 2s + 2, e pertanto (applicando Cartesio al polinomio al denominatore) il sistema risulta BIBO stabile. Dunque il sistema è BIBO stabile se e solo se a < o a = 2. ii) [4 punti] Per a = 2 il sistema viene descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) 3 2 dy(t) 4y(t) = du(t) 2u(t). Si tratta di un sistema non asintoticamente stabile, ma, in base all analisi del precedente punto i), BIBO stabile. Per questa ragione esiste la risposta di regime permanente al segnale sinusoidale assegnato se e solo se l evoluzione libera in corrispondenza alle specifiche condizioni iniziali assegnate risulta convergente a zero. Andiamo quindi a valutarla. I modi del sistema sono e 2t, e t cos t, e t sin t, e pertanto l espressione della generica evoluzione libera d uscita sarà y l (t) = c 1 e 2t + c 2 e t cos t + c 3 e t sin t. Il calcolo delle derivate di ordine 1 e 2 della y l (t) porge: dy l = 2c 1 e 2t + (c 3 c 2 )e t cos t + ( c 3 c 2 )e t sin t d 2 y l 2 = 4c 1 e 2t 2c 3 e t cos t + 2c 2 e t sin t. Se ora imponiamo il soddisfacimento delle condizioni iniziali: = y( ) = y l ( ) = c 1 + c 2, 1 = dy(t) 2 = t= = dy l(t) t= = 2c 1 c 2 + c 3, d2 y(t) 2 t= = d2 y l (t) 2 t= = 4c 1 2c 3, è immediato, allora, rendersi conto del fatto che Pertanto c 1 =, c 2 = e c 3 = 1. y l (t) = e t sin t, t R +. Esiste allora la risposta di regime permanente al segnale u(t) ed essa assume la forma y rp (t) = W (j 2) sin( 2t + argw (j 2)). 6

7 Si trova (per a = 2) e quindi e W (jω) = 1 ω 2 + j2ω + 2 W (j 2) = 1 j2 2 W (j 2) = 1 2 2, argw (j 2) = π/2 rad. Esercizio 3. i) [3.5 punti] Se l amplificatore operazionale è ideale allora in primo luogo non passa corrente per i morsetti + e, e quindi la corrente I 34 (s) che attraversa le impedenze Z 3 (s) e Z 4 (s) si trova come da cui Inoltre l idealità implica I 34 (s) = V + (s) = V i (s) Z 3 (s) + Z 4 (s), Z 4 (s) Z 3 (s) + Z 4 (s) V i(s). V (s) = V + (s). Ciò permette di determinare la corrente che attraversa Z 1 (s): I 1 (s) = V (s) Z 1 (s) = Z 4 (s) Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)] V i(s), e siccome tale corrente non entra nel morsetto deve andare necessariamente sull impedenza Z 2 (s), portando in tal modo a: V o (s) = V (s) + Z 2 (s)i 1 (s) = = Z 4(s)[Z 1 (s) + Z 2 (s)] Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)] V i(s). Z 4 (s) Z 3 (s) + Z 4 (s) V Z 2 (s)z 4 (s) i(s) + Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)] V i(s) Pertanto G(s) = Z 4(s)[Z 1 (s) + Z 2 (s)] Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)]. ii) [3 punti] Sostituendo nell espressione di G(s) alle tre impedenze Z 1 (s), Z 2 (s) e Z 3 (s) i valori assegnati, si trova Imponendo G(s) = Z 4(s)[Z 1 (s) + Z 2 (s)] Z 1 (s)[z 3 (s) + Z 4 (s)] = 2R Z 4 (s) R [ 1 2 sc Z 4(s) 1 + sc Z 4 (s) = 2sRC 1 + 2sRC, 7 sc + Z 4(s) ] = 2 sc Z 4(s) 1 + sc Z 4 (s).

8 si trova Z 4 (s) = R 1 + src. iii) [3.5 punti] Per RC = 5, la funzione di trasferimento dell operazionale in catena chiusa diventa G(s) = 1s 1 + s1, che ha uno zero in e guadagno di Bode K B (G) = 1. Il requisito sul tipo richiede l introduzione di un polo nell origine nel controllore per effettuare una cancellazione. Infatti il tipo non si definisce per una funzione che abbia zeri nell origine e se la funzione di trasferimento in catena aperta ne avesse, anche quella in catena chiusa ne avrebbe. Il vincolo sull errore di regime permanente impone e (1) rp = K B (C)K B (G) = 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: 4 Diagramma di Bode Modulo db

9 Diagramma di Bode Fase gradi Si trova 1 1 rad/s ω A < ω A = 1 rad/s e m ψ(ω A ) := 18 + arg(c (jω A )G(jω A )) soddisfa 9 m ψ (ω A ) = m ψ = 9. Osserviamo che il vincolo sull errore di regime permanente ci impedisce di modificare il guadagno di Bode del controllore, pertanto l unico modo per risolvere il problema consiste nell introdurre un azione anticipatrice. 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 = 12 rad/s senza ridurre la fase. A tale risultato possiamo giungere con una soluzione ad occhio. Se infatti sostituiamo lo zero in 1 1 con uno zero in 1, ovvero adottiamo il controllore s 1 1 C (s) = s, otteniamo che la di attraversamento è esattamente 1 2 rad/sec e il margine di fase rimane 9. I seguenti diagrammi di Bode provano che la soluzione proposta funziona bene: 9

10 4 Diagramma di Bode Modulo db Diagramma di Bode Fase gradi Teoria. [4 punti] Si veda il Capitolo 3, paragrafo 3.3, del Libro di testo. 1