PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA A.A. 2004/ luglio 2005 TESTO E SOLUZIONE

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1 PROVA SCRITTA DI FONDAMENTI DI AUTOMATICA A.A. 24/25 2 luglio 25 TESTO E SOLUZIONE

2 Esercizio In riferimento allo schema a blocchi in figura. d s y 2 r y s2 s K Domanda.. Determinare una realizzazione in equazioni di stato del sistema complessivo Soluzione Facendo riferimento alla figura seguente, nella quale vengono messe in evidenza le variabili di stato associate a ciascuno dei blocchi dinamici dello schema, si possono scrivere le relazioni d x 3 s u 3 y 2 r - u x 2 s2 x - u 2 s y K y 2 = r y x 3 u = y 2 ẋ = 2x u u 2 = x! K x 2 ẋ 2 = x 2 u 2 y = x 2 d ẋ 3 = x 3 u 3 u 3 = d

3 Rielaborandole ed eliminando le variabili intermedie si ottengono le equazioni di stato cercate ẋ = 2x x 2 x 3 r d ẋ 2 = x ( K) x 2 ẋ 3 = x 3 d y = x 2 d y 2 = x 2 x 3 r d In definitiva si può scrivere, in forma matriciale ẋ 2 ẋ 2 = ( K) ẋ 3 x x 2 x 3 [ r d ] [ y y 2 ] = [ ] x x 2 x 3 [ ] [ r d ]

4 Domanda.2. Calcolare le funzioni di trasferimento del sistema tra gli ingressi r(t) e d(t) e l uscita y 2 (t). Soluzione Per ottenere le funzioni di trasferimentio cercate si possono sfruttare le equazioni di stato appena determinate, oppue si può operare direttamente sullo schema a blocchi applicando le regole di riduzione. L esercizio verrá risolto seguendo questa seconda strategia. Per cominciare si osservi che il sottosistema - s K possiede una funzione di trasferimento data da s K s = s ( K) Ora per determinare la funzione di trasferimento desiderata, é possibile utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti e considerare i contributi dei 2 ingressi singolarmente. Considerando il solo ingresso r lo schema diviene y 2 r - s2 sk per il quale si ottiene T r, y2 = = (s 2) (s K) (s 2)(s K) s 2 (3 K)s 3 2K In maniera analoga, considerando il solo ingresso d, lo schema a blocchi diviene y 2 s d - s2 - s K Si individuano allora 2 punti d ingresso distinti per il segnale d, che danno origine a 2 contributi da sommare tra loro. Conviene utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti.

5 Per il primo contributo lo schema a blocchi è il seguente: y 2 s d - s2 - s K e la funzione di trasferimento associata è data da Il secondo contributo è individuato da T d, y 2 = s (s 2)(s K) s 2 (3 K)s 3 2K y 2 d s2 - - s K e la funzione di trasferimento conseguente è T d, (s 2)(s K) y 2 = s 2 (3 K)s 3 2K In definitiva T d, y2 = T d, y 2 T d, s(s 2)(s K) y 2 = (s ) [s 2 (3 K)s (3 2K)]

6 Domanda.3. Analizzare la stabilità del sistema complessivo al variare del parametro k R. Soluzione Il polinomio caratteristico del sistema è dato da: (s 2) det (si A) = [s ( K)] = s 3 (K 4)s 2 3(K 2)s (3 2K) = La stabilità del sistema può allora venire studiata con la tabella di Routh relativa al polinomio appena determinato: 3 3(K 2) 2 (K 4) (3 2K) 3K 2 6K 2 K 4 (3 2K) Imponendo costanza di segno agli elementi nella prima colonna della tabella si arriva alla condizione: stabilità asintotica per K > 3 2 stabilità semplice per K = 3 2 Per K = 3 2 il sistema presenta un modo con autovalore nullo.

7 Domanda.4. Si supponga che k =, che gli ingressi siano r(t) = e d(t) = sin(t) (t) e che lo stato iniziale sia nullo. Determinare analiticamente la risposta y (t) a regime, ovvero a transitori esauriti. Soluzione Rielaborando lo schema a blocchi, in base alla scelta del parametro K e dell ingresso r(t), si ottiene s d - s2 s2 y Per la sovrapposizione degli effetti si può scomporre lo schema negli schemi seguenti: d s - (s2) 2 y al quale corrisponde la funzione di trasferimento ed ancora T = s s 2 4s 5 d - y (s2) 2 al quale corrisponde la funzione di trasferimento T 2 = (s 2)2 s 2 4s 5 La funzione di trasferimento cercata è semplicemente la somma delle 2 appena determinate T d, y = s3 5s 2 8s 5 (s )(s 2 4s 5)

8 A questo punto, applicando la teoria della risposta a regime sinusoidale di un sistema dinamico lineare asintoticamente stabile, si puó scrivere la risposta a regime cercata nel modo seguente y,regime = M(j ) sin[t ϕ(j )] dove M(j) = T d, y (j ) ϕ(j ) = T d, y (j ) 6

9 Esercizio 2 Con riferimento al sistema rappresentato dallo schema a blocchi in figura: y - e L (s) y ove L(s) = (.5s)( s) Domanda 2.. Tracciare qualitativamente il diagramma di Nyquist del sistema in anello aperto ed utilizzare il criterio di Nyquist per stabilire se il sistema in anello chiuso risulti asintoticamente stabile. Soluzione Analizzando il diagramma di Bode asintotico della risposta in frequenza del sistema 2 si possono trarre le seguenti osservazioni: ω L(jω) L(jω) ω L(jω) ϕ ϕ ω ϕ 9 In base a queste osservazioni si può concludere che: il diagramma di Nyquist ha inizio nel punto di ascissa pari ad e termina nell origine del piano di Nyquist. dato l andamento della fase, il diagramma per pulsazioni positive si mantiene sempre nel primo quadrante del piano di Nyquist Il diagramma cercato allora avrà l andamento seguente:.5 diagramma di Nyquist di L(s) = (.5s)( s) Si veda la risposta alla successiva domanda

10 Per quanto riguarda l applicazione del criterio di Nyquist per lo studio della stabilità a ciclo chiuso, si noti che il diagramma di Nyquist completo 3 non circonda il punto ( j) del piano di Nyquist Diagramma di Nyquist completo di L(s).8 parte immaginaria ( j) parte reale Poiché però la funzione di trasferimento L(jω) possiede un polo a parte reale positiva, questo fatto ci permette di stabilire che il sistema a ciclo chiuso sarà instabile. Domanda 2.2. Tracciare il diagramma di Bode del sistema in anello aperto (avvalendosi della carta logaritmica nella pagina seguente) e discutere l applicabilità del criterio di Bode per l analisi di stabilità in anello chiuso. Soluzione Il criterio di Bode non è applicabile, dato che la funzione di trasferimento oggetto di studio possiede un polo a parte reale positiva. Il diagramma di Bode della risposta in frequenza è riportato nella pagina seguente. 3 Cioé per pulsazioni sia positive che negative.

11 pulsazione [rad/s] pulsazione [rad/s] asintotico reale asintotico reale fase [deg] modulo [db] Risposta alla domanda 3.: diagrammi asintotici di Bode di L(jω) (i diagrammi di Bode effettivi sono riportati solamente per poter permettere il confronto con quelli asintotici).

12 Esercizio 3 Si consideri il sistema non lineare descritto dalle equazioni di stato seguenti: ẋ (t) = x (t) ẋ 2 (t) = x 2 (t) ẋ 3 (t) = x 3 (t) ẋ 4 (t) = x 4 (t) ẋ 5 (t) = x 5 (t) 3 u(t) y(t) = x (t) 2 4x 2 (t) 2 Domanda 3.. Determinare gli stati e le uscite di equilibrio in corrispondenza dell ingresso costante ū(t) = 8, t. Soluzione I punti d equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni x = x 2 = x 3 = = x 4 = x = Per le uscite d equilibrio l equazione da risolvere si riduce a y = x = x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = 2

13 Domanda 3.2. Determinare l espressione del sistema linearizzato in corrispondenza di tutti i punti di equilibrio calcolati nella risposta alla domanda 3. Soluzione Le matrici delle equazioni di stato che descrivono il sistema linearizzato sono date da A = 2 B = C = [ ] Domanda 3.3. Analizzare la stabilità di tutti i punti di equilibrio calcolati nella risposta alla domanda 3.. Soluzione La matrice A del sistema linearizzato possiede un autovalore a parte reale positiva (in particolare un autovalore pari a ). Ció permette di affermare che il punto d equilibrio analizzato è instabile.

14 Esercizio 4 Con riferimento al sistema rappresentato dallo schema a blocchi in figura: d y e R (s) G (s) y ove G(s) = ( s) 3 Domanda 4.. Utilizzando i diagrammi asintotici di Bode (si allega la carta logaritmica nella pagina seguente), si progetti un regolatore R(s) in modo che siano soddisfatte le seguenti specifiche di progetto: e( ) = per y o (t) = A (t), d(t) = B (t), con A, B che possono assumere un qualunque valore finito. ω c.5rad/s ϕ m 3 Soluzione Progetto statico: dalla prima specifica si evince che il regolatore cercato deve esercitare un azione di tipo integrale, cioè la sua funzione di trasferimento deve avere un polo nell origine: R (s) = K s, K IR Come si nota analizzando i diagrammi di Bode asintotici (e reali) della risposta in frequenza del sistema e del sistema con un semplice regolatore R, questo tipo di regolatore non può permettere il soddisfacimento anche della seconda specifica 4 In definitiva il regolatore va ulteriormente modificato, con l aggiunta di altri termini alla funzione di trasferimento che lo descrive. Progetto dinamico: il regolatore abbia ora una struttura descritta dalla funzione di trasferimento R(s) = K ( s)2 s ossia possieda due zeri in corrispondenza del polo in del processo G(s). Si ottiene così per la funzione di trasferimento d anello l espressione K L(s) = s ( s) A questo punto per ottenere il soddisfacimento delle specifiche assegnate, si provi ad imporre un margine di fase per L(s) pari a quello desiderato m ϕ = 3 = ω c =? 4 Si noti che il sistema col regolatore R presenterebbe un margine di fase troppo esiguo alla pulsazione d interesse.

15 Dall espressione di L(s) si ottiene L(j ω) = 9 arctan (ω c ) = 5 Si ottiene così 3 ω c =.73 una pulsazione ω C di valore accettabile. Il valore del guadagno K è dato da K = 3 5 Lo si ottiene, si ricordi, imponendo che la risposta in frequenza di L(s) abbia modulo unitario proprio in corrispondenza della pulsazione ω c prescelta. Il regolatore ottenuto però non è fisicamente realizzabile. Lo si rende tale aggiungendo un ulteriore polo alla funzione di trasferimento, per esempio in R(s) = K ( s)2 s (.s) Come si modificano le prestazioni con l introduzione di questo polo aggiuntivo? Imponendo ancora un margine di fase di 3 si arriva a ω c L(jω) = 9 arctan ωc 2 = 5 Risolvendo l espressione si arriva a due possibili valori per la pulsazione ω C, ma uno dei due si rivela non accettabile, in quanto valore negativo. La pulsazione desiderata è allora data da 3 ω 2 c ω c 3 = ω c.67 In corrispondenza del valore di ω c determinato, il valore del guadagno K risulta pari a K Il regolatore cercato è allora R(s) = ( s)2 s (.s)

16 pulsazione [rad/s] pulsazione [rd/s] asintotico reale asintotico reale fase [deg] modulo [db] Figura : Diagrammi asintotici di Bode di G(jω) (i diagrammi di Bode effettivi sono riportati solamente per poter permettere il confronto con quelli asintotici).

17 pulsazioni [rad/s] pulsazioni [rad/s] asintotico reale asintotico reale fase [deg] modulo [db] Figura 2: Diagrammi asintotici di Bode di R (s)g(jω) (i diagrammi di Bode effettivi sono riportati solamente per poter permettere il confronto con quelli asintotici).

18 pulsazioni [rad/s] pulsazioni [rad/s] asintotico reale asintotico reale fase [deg] modulo [db] Figura 3: Diagrammi asintotici di Bode di R(s) G(jω) (i diagrammi di Bode effettivi sono riportati solamente per poter permettere il confronto con quelli asintotici).

19 Domanda 4.2. Si consideri il regolatore determinato nella risposta alla domanda 4. e si applichi l ingresso y (t) = (t) ed il disturbo d(t) =. (t). Supponendo nulle le condizioni iniziali, si determini analiticamente la risposta y(t), t e se ne tracci l andamento qualitativo. Soluzione Per il principio di sovrapposizione degli effetti, la risposta cercata sarà la somma di 2 contributi, il primo dovuto al segnale di riferimento y, l altro dal disturbo d. d y o L(s) In figura al solito con L(s) si intende la trasferenza d anello aperto (L(s) = R(s) G(s)) In termini di Laplace trasformata si ha per l uscita cercata l espressione dove Y (s) = Y y (s) Y d (s) Y y (s) = F(s)Y o (s) = Y d (s) = S(s)D(s) = Le FdT F(s) e S(s) sono rispettivamente s(s 3.s 2 s.3242).( s)(.s) (s 3.s 2 s.3242) F(s) = L(s) L(s), S(s) = L(s) Per ottenere l antitrasformata conviene utilizzare la formula dei residui 5, ottenendo cosí le espressioni seguenti: y (t)..3 2 e (. t).e (.48 t) cos(.7t) 3.e (.48 t) sin(.7t) y d (t).3 4 e (. t).e (.48 t) cos(.7t).3e (.48 t) sin(.7t) ed in definitiva y(t).3 2 e (. t).e (.48 t) cos(.7t) 3.e (.48 t) sin(.7t). Da una rapida analisi 6 si conclude che, per quanto riguarda i valori di regime la situazione è la seguente t y y (t) y d (t) t I valori delle componenti della risposta nell istante iniziale 7 sono invece i seguenti 5 Si ricordi che è: C i j = (n i j)! dove X(s) è la trasformata di Laplace da antitrasformare. 6 Basta applicare il teorema del valore finale. 7 È sufficiente applicare il teorema del valore iniziale. { } d (n i j) lim s p i d s (n i j) X(s) (s p i) n i

20 { yy (t) =, t = y d (t) =., t = Inoltre, poichè le radici dell equazione s 3.s 2 s.3 = sono, in parte, complesse 8 e tutte a parte reale negativa, durante il tranditorio la risposta cercata possiede andamento di tipo oscillante smorzato. Nella figura seguente viene riportato l andamento della risposta del sistema nell intervallo [, 5] (s) y(t) = y (t)y d (t) tempo [s] Figura 4: Grafico della risposta effettiva del sistema nelle condizioni descritte nella domanda In particolare pari a.33, i, i.

21 Soluzione approssimata Si vuole determinare una risposta approssimata al quesito proposto, sfruttando i concetti di approssimazione di una FdT a zeri/poli dominanti. In sostanza, piuttosto che determinare, per via numerica, i valori dei poli delle due FdT oggetto d interesse (la F(s) e la S(s)) si cercherà di ottenere delle espressioni più semplici (e quindi più facili da maneggiare, in particolare più facili da fattorizzare) per entrambe le FdT in questione. Approssimazione a poli dominanti per la FdT F(s) Si ricordi che nel progetto del regolatore che ha portato alla Fdt F(s) si era imposto che 2 ( s)2 R(s) = s (.s) = L(s) =.3242 s ( s) (.s) ϕ m = 3, ω c.67 rad/s La FdT di ciclo chiuso F(s) vale F(s) =.3242 (s 3.s 2 s.3242) ed è approssimabile con una FdT ˆF(s) nel modo seguente: la FdT F(s) non possiede zeri, quindi nemmeno la ˆF(s) ne avrà; la ˆF(s) deve possedere il medesimo guadagno statico della F(s): µ ˆF = µ F = avendo ottenuto un margine di fase pari a ϕ m = 3 alla pulsazione ω c.67 rad/s si può affermare che la FdT di ciclo chiuso possiede una coppia di poli dominanti complessi coniugati, caratterizzati da pulsazione naturale ω n ω c coefficiente di smorzamento pari a In definitiva quindi ξ ϕ m =.3 F(s) ˆF(s) = µ F s 2 ωn 2 2ξ s ω n = 35.97s 2 3.6s Approssimazione a zeri e poli dominanti per la FdT S(s). S(s) = Per la FdT S(s) valgono le considerazioni seguenti: s( s)(.s) (s 3.s 2 s.3242) i poli della FdT S(s) sono i medesimi della FdT F(s), quindi si può operare la medesima approssimazione a poli dominanti. la S(s) presenta degli zeri. Nell approssimare la FdT si considerano soltanto gli zeri dominanti, cioé quelli più vicini alla coppia di poli dominanti. Il guadagno deve rimanere inalterato: µŝ = µ S = 3

22 In definitiva quindi S(s) Ŝ(s) = 3 s( s) 35.97s 2 3.6s A questo punto si può riaffrontare il problema proposto nella domanda 4.2, utilizzando le FdT approssimate al posto di quelle effettive: Y y (s) Ŷy o = ˆF(s)Y o (s) = Y d (s) Ŷd(s) = Ŝ(s)D(s) = 3 s(35.97s 2 3.6s ) ( s) (35.97s 2 3.6s ) Da una rapida analisi 9 si conclude che, per quanto riguarda i valori di regime la situazione è rimasta inalterata t y y (t) y d (t) t I valori delle componenti della risposta nell istante iniziale approssimano invece quelli trovati in precedenza { yy (t) =, t = y d (t).9, t = Ora risulta molto più agevole antitrasformare 2,3 le due espressioni Ŷ (s) e Ŷd(s) Ŷ y (s) = (s.5) s (s.5) 2 (.59) 2 Ŷ d (s) =.9 (s.5).3.59 (s.5) 2 (.59) 2 In definitiva ŷ y (t) a ŷ d (t) b Nelle figure 5, 6, 7, 8, 9 sono riportati per confronto rispettivamente i grafici dei diagrammi di Bode della risposta in frequenza reale ed approssimata di ciascuna delle due FdT considerate, l evoluzione temporale reale ed approssimata dei due segnali y y (t) e y d (t) ed infine l evoluzione temporale del segnale complessivo reale ed approssimato. 9 Basta applicare il teorema del valore finale. Così doveva essere, dato che nell approssimare le due FdT sono rimasti inalterate le costanti di guadagno. È sufficiente applicare anche stavolta il teorema del valore iniziale. 2 Applicando ancora una volta la formula dei residui: { } d (n i j) C i j = lim (n i j)! s p i d s (n i j) X(s) (s p i) n i dove X(s) è la trasformata di Laplace da antitrasformare. 3 Si ricordi anche che vale la C s (σ j ω) C s (σ j ω) dove C indica il numero complesso coniugato di C. = 2 R {C} (s σ) I {C} ω (s σ) 2 ω 2

23 Bode Diagram 5 F(s) reale F(s) approssimata Magnitude (db) 5 5 Phase (deg) F(s) reale F(s) approssimata Frequency (rad/sec) Figura 5: Confronto tra i diagrammi di Bode dela risposta in frequenza della FdT F(s) [in blu] ed approssimata ˆF(s) [in verde]

24 Step Response 5 F(s) reale F(s) approssimata Amplitude Time (sec) Figura 6: Confronto tra la risposta al riferimento y y (t) della FdT F(s) [in blu] ed approssimata ˆF(s) [in verde]

25 Bode Diagram 2 Magnitude (db) S(s) reale S(s) approssimata Phase (deg) S(s) reale S(s) approssimata Frequency (rad/sec) Figura 7: Confronto tra i diagrammi di Bode dela risposta in frequenza della FdT S(s) [in blu] ed approssimata Ŝ(s) [in verde]

26 Step Response..8 S(s) reale S(s) approssimata.6.4 Amplitude Time (sec) Figura 8: Confronto tra la risposta al gradino di disturbo d(t) = della FdT S(s) [in blu] ed approssimata Ŝ(s) [in verde]

27 uscita 5 risposta reale risposta approssimata tempo [s] Figura 9: Confronto tra la risposta complessiva reale [in blu] ed approssimata [in verde]