COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI Ingegneria dell Energia Elettrica e Aerospaziale 18 Luglio 2016

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1 COMPITO DI CONTROLLI AUTOMATICI Ingegneria dell Energia Elettrica e Aerospaziale 18 Luglio 216 Esercizio 1. [1 punti] Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = 1 2 s 2 ( s ) (s.1) 2 (s 2 +.2s + 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, 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. [6.5 punti] Data la funzione di trasferimento G(s) = s + 2 (s + 1) 2 (s 6) è richiesto il tracciamento del luogo delle radici positivo, calcolando punti doppi, asintoti, intersezioni con l asse immaginario, e studiando di conseguenza la stabilità al variare di K sui numeri reali positivi del sistema retroazionato W (s) = Esercizio 3. KG(s) 1+KG(s). [4 punti] Dato il sistema di funzione di trasferimento G(s) = (s + 1) s 2 + 2s + 1 progettare un controllore stabilizzante C(s) proprio, che attribuisca al risultante sistema retroazionato tipo 1 ed errore di regime permanente e (1) rp 1 (alla rampa lineare unitaria), mentre la funzione di trasferimento in catena aperta C(s)G(s) abbia ω A 1 rad/s, m ψ 9. Esercizio 4. [5 punti] Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) dt 3 3 dy(t) dt 2y(t) = du(t) dt 2u(t), si determini, se esiste, la risposta di regime permanente e la risposta transitoria al segnale di ingresso u(t) = [1 + cos t]δ 1 (t), con condizioni iniziali y( ) = 1, dy( )/dt =, d 2 y( )/dt 2 = 1. Teoria. [5 punti] Si enunci, nella sua versione più restrittiva, il criterio di Nyquist per la stabilità BIBO di sistemi (lineari, tempo-invarianti e a tempo continuo) ottenuti per retroazione unitaria negativa e se ne discutano le possibili estensioni. 1

2 SOLUZIONI Esercizio 1. i) [4.5 punti] Il diagramma asintotico delle ampiezze sale da con pendenza di 4 db/dec, tocca l asse a db per ω = 1 1 rad, poi ha un tratto piatto lungo l asse a db, quindi scende (a partire da ω = 1 rad/s) con pendenza 4 db/dec, fino a ω = 1 rad/s dove ritorna orizzontale. Quindi l ultimo tratto orizzontale ha ordinata 4 db. Il diagramma reale delle ampiezze asseconda l asintotico ad eccezione che in corrispondenza delle pulsazioni ω = 1 rad/s e ω = 1 rad/s. In corrispondenza alla prima pulsazione il diagramma ha un picco finito verso l alto. In corrispondenza alla seconda ha un picco infinito verso il basso (coppia di zeri immaginari coniugati). Si noti che il picco negativo alla pulsazione ω = 1 rad/sec è in realtà illimitato verso il basso, in quanto corrisponde ad una coppia di zeri immaginari coniugati. Il diagramma delle fasi parte da 18. Per ω = 1 1 rad/s sale a 36. Poi scende molto rapidamente a 18 e infine ha una discontinuità verticale di +18 per ω = 1 rad/s. 2 Diagramma di Bode - Modulo 1-1 W [db]

3 38 Diagramma di Bode - Fase ii) [5.5 punti] Il diagramma resta tutto al finito e non circonda il punto 1 + j. 5 Nyquist Diagram Imaginary Axis Real Axis Nella figura seguente il dettaglio del diagramma nell intorno dell origine. 3

4 -5 Nyquist Diagram Imaginary Axis Real Axis Si trova N =, n G+ = 2 e quindi n W + = 2. Pertanto W (s) non è BIBO stabile ed ha due poli a parte reale positiva. Esercizio 2. L equazione dei punti doppi porge facilmente (s + 1)(s 2 8) = che ha tre soluzioni: s = 1 (punto doppio iniziale del luogo, K = ), s = 8 = 2 2 (corrispondente a K = >, quindi nel luogo positivo), s = 8 = 2 2 (corrispondente a K = <, quindi nel luogo negativo). Poiché stiamo studiando il luogo positivo escludiamo questa soluzione che non è di nostro interesse. Per determinare eventuali intersezioni con l asse immaginario, poniamo s = jω nell equazione del luogo, ottenendo 2(K 3 + 2ω 2 ) + jω(k 11 ω 2 ) = da cui ω = che implica K = 3 e ω 2 = K 11 che implica K = 25 3, che a sua volta implica 3ω =, priva di soluzioni reali. Quindi il luogo interseca l asse immaginario solo in s = per K = 3 > (e quindi nel luogo positivo). Infine abbiamo due asintoti verticali centrati in s = 3 (coordinata x B del baricentro) nel luogo positivo. Il luogo positivo è riportato in figura 4

5 5 Root Locus 4 3 Imaginary Axis (seconds -1 ) Real Axis (seconds -1 ) Il luogo positivo ha quindi due rami che, partendo da s = 1 e da s = 6, si muovono sull asse reale, attraversando l origine per K = 3, ed incontrandosi nel punto doppio s = 2 2 per K 9.6, per poi andare lungo le direzioni degli asintoti verticali senza mai più intersecare l asse immaginario. Il terzo ramo dal polo s = 1 si dirige verso lo zero in s = 2. Quindi per ogni K > abbiamo almeno un ramo del luogo sul semipiano destro, e non c è mai stabilità del sistema retroazionato. Esercizio 3. Al fine di attribuire al risultante sistema retroazionato le specifiche su tipo e relativo errore di regime permanente è immediato verificare che il precompensatore deve essere del tipo C (s) = 1 s. I diagrammi di Bode della funzione di trasferimento C (s)g(s) sono: 5 Diagramma di Bode - Modulo W [db]

6 Diagramma di Bode - Fase È necessario il ricorso ad una rete attenuatrice al fine di spostare a sinistra la pulsazione di attraversamento e di abbassare la fase per ω = 1 rad/s. Questo è possibile introducendo attraverso il controllore un polo stabile in 1 e uno zero a pulsazione più grande, ad esempio in 1, ovvero assumendo C (s) = 1+.1s, e quindi ricorrendo ad un controllore del tipo: 1+s C(s) = C (s)c (s) = s s(1 + s). Tale controllore permette il soddisfacimento di tutti i requisiti (il Criterio di Bode garantisce la stabilità BIBO del sistema ottenuto da C(s)G(s) per retroazione unitaria negativa). 6 Diagramma di Bode - Modulo 4 2 W [db]

7 Diagramma di Bode - Fase Esercizio 4. Il polinomio caratteristico del sistema d(s) = s 3 3s 2 non ha tutti i coefficienti non nulli e del medesimo segno, condizione necessaria affinché sia un polinomio di Hurwitz. Pertanto il sistema non è asintoticamente stabile. ll calcolo della funzione di trasferimento del sistema porge W (s) = s 2 s 3 3s 2 = 1 (s + 1) 2 e quindi il sistema è BIBO stabile. Con semplici calcoli si trova che l evoluzione libera corrispondente alle condizioni iniziali assegnate è: y l (t) = e t + te t, che converge a zero per t +. Pertanto esiste la risposta di regime permanente del sistema all ingresso assegnato. Per determinarla, assieme alla parte transitoria, operiamo nel dominio delle trasformate e cerchiamo la risposta forzata del sistema all ingresso assegnato. Si trova Y f (s) = W (s)u(s) = [ 1 1 (s + 1) 2 s + s ] s 2 = + 1 2s s(s + 1) 2 (s 2 + 1). La decomposizione in fratti semplici della precedente funzione razionale porta a che nel dominio del tempo corrisponde a Y f (s) = 1 s 1 s + 1 3/2 (s + 1) 2 + 1/2 s 2 + 1, y f (t) = [1 e t 3/2te t + 1/2 sin t]δ 1 (t). Mettendo allora assieme evoluzione libera ed evoluzione forzata si trova y(t) = y l (t) + y f (t) = e t + te t + [1 e t 3/2te t + 1/2 sin t]δ 1 (t), 7

8 da cui è immediato dedurre che la risposta transitoria è y tr (t) = e t + te t e t 3/2te t = 1/2te t, mentre la risposta di regime permanente è: y rp (t) = [1 + 1/2 sin t]δ 1 (t). Teoria. [5 punti] Si veda il Capitolo 7 del libro di testo, pagina 189 e successive. 8