COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 19 Luglio 2012

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1 COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 9 Luglio 22 Esercizio. Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo avente la seguente funzione di trasferimento: G(s) = (s + ) ( s 2 + ) s 2. (s + ) 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). iii) FACOLTATIVO: Come cambierebbe la risposta alla domanda ii) se invece di G(s) considerassimo G(s) = G(s) (ovvero G(jω) invece di G(jω))? Esercizio 2. Dato il modello ingresso/uscita a tempo continuo descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) d2 y(t) dy(t) i) si studi stabilità asintotica e BIBO del sistema; + 5y(t) = 5 du(t) + 5u(t), ii) si determini l espressione della risposta impulsiva del sistema; iii) si determini l ingresso (se esiste) a cui corrisponde l uscita forzata y f (t) = te t δ (t); iv) si determinino (se esistono) le condizioni iniziali del sistema che fanno sì che la risposta di uscita y(t) = y f (t) + y l (t) al segnale gradino in ingresso u(t) = δ (t), coincida con la risposta di regime permanente al gradino stesso, ovvero y(t) = y rp (t) = W ()δ (t). Esercizio 3. Dato il sistema di funzione di trasferimento G(s) = s2 + s(s + ) 2,

2 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 >. ii) Si determini un controllore di tipo puramente proporzionale C(s) = K in modo tale il sistema in catena aperta C(s)G(s) abbia pulsazione di attraversamento all incirca. rad/s e margine di fase 9. Teoria. Si definiscano i concetti di tipo ed errore di regime permanente di un sistema di funzione di trasferimento W (s). Si dimostri analiticamente che nel caso di un sistema ottenuto per retroazione unitaria negativa da un sistema di funzione di trasferimento razionale e propria G(s), e quindi di funzione di trasferimento W (s) = G(s) + G(s), il tipo k coincide con la molteplicità del polo nell origine di G(s) e l errore di regime permanente e (k+) rp che corrisponde al tipo è esprimibile in funzione del guadagno di Bode K B della G(s). 2

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

4 3 Diagramma di Bode Fase 2 gradi pulsazione Si noti che il diagramma delle ampiezze ha in realtà un picco che va a, ma per motivi numerici viene rappresentato come un picco negativo di dimensione finita. 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: 5 Nyquist Diagram 5 Imaginary Axis Real Axis Un dettaglio del diagramma in un intorno dell origine è illustrato nel seguente grafico: 4

5 Nyquist Diagram 2.5 Imaginary Axis Real Axis Il diagramma di Nyquist, chiuso attraverso il percorso di Nyquist modificato, descrive mezza circonferenza in verso orario che congiunge l estremo superiore del grafico con quello inferiore. Di conseguenza, il diagramma di Nyquist riportato al finito non compie alcun giro attorno a + j, ovvero N =. Poiché G(s) non ha poli a parte reale positiva, ovvero n G+ =, la condizione N = assicura n W + =. Pertanto il sistema retroazionato è BIBO stabile. iii) [2 punti] In tal caso il diagramma risulta rovesciato rispetto all origine perché ogni punto del diagramma di G(jω) viene mappato nel suo opposto. In tal caso, il diagramma di Nyquist della G(jω) arriva per ω ± nel punto e questo mi permette di dire che certamente la corrispondente funzione in catena chiusa W (s) = G(s) G(s) non è propria e quindi non c è nemmeno BIBO stabilità. Esercizio 2. i) [.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è s 3 + 3s 2 + 7s + 5 =. Per valutare se d(s) è un polinomio di Hurwitz utilizziamo la tabella di Routh. Si trova:

6 e pertanto d(s) è Hurwitz. Di conseguenza il sistema è asintoticamente stabile e quindi, a maggior ragione, BIBO stabile. ii) [2.5 punti] La funzione di trasferimento del sistema è W (s) = 5s + 5 s 3 + 3s 2 + 7s + 5 = 5(s + ) (s + )(s 2 + 2s + 5) = 5 2 Da ciò segue che la risposta impulsiva è w(t) = 5 2 e t sin(2t)δ (t). 2 (s + ) iii) [2.5 punti] Operando nel dominio delle trasformate di Laplace si trova e dovendo essere ne consegue che Y f (s) = Y f (s) = (s + ) 2, (s + ) 2 = 5 s 2 + 2s + 5 U(s), U(s) = s2 + 2s + 5 5(s + ) 2 = 5 + 4/5 (s + ) 2. Pertanto il segnale di ingresso che genera l uscita forzata assegnata è u(t) = 5 δ(t) te δ (t). iv) [4 punti] Osserviamo preliminarmente che la risposta di regime permanente esiste, perché il sistema è BIBO stabile. Operando nel dominio delle trasformate di Laplace si trova 5 Y f (s) = W (s) = s 2 + 2s + 5 s. Sviluppando in fratti semplici si trova Y f (s) = s s + 2 s 2 + 2s + 5 = s s + (s + ) (s + ) , che corrisponde a y f (t) = [ e t cos(2t) ] 2 e t sin(2t) δ (t). Si riconosce quindi in δ (t) = W ()δ (t) la risposta di regime permanente, y rp (t), e in [ e t cos(2t) 2 e t sin(2t)]δ (t) la risposta forzata transitoria, y f,tr (t). Affinché la risposta complessiva (libera + forzata) del sistema coincida con quella di regime permanente occorre e basta che y l (t) + y f,tr (t) =, ovvero y l (t) = e t cos(2t) + 2 e t sin(2t). 6

7 Verifichiamo, allora, quali sono le condizioni iniziali che generano tale evoluzione libera. A tal fine è sufficiente verificare quali sono i valori di y( ) = y l (), e d 2 y( ) = d2 y l () 2 dy l (t) e d2 y l (t) 2 dy( ) = dy l() per l evoluzione libera precedente. Una volta calcolate esplicitamente 2 si trova, allora, y( ) = y l () =, dy( ) = dy l() = d 2 y( ) 2 = d2 y l () 2 = 5. Esercizio 3. delle radici, i) [3.5 punti] Adottando le regole per il tracciamento del luogo (positivo). verifichiamo subito che appartiene al luogo delle radici il semiasse reale negativo (, ]. 2. Poichè il numero dei poli è n = 3 mentre il numero di zeri è m = 2, ne consegue che un ramo va al punto improprio nella direzione angolare π. L unica soluzione possibile è che ci sia un punto doppio sul semiasse reale negativo (e necessariamente nell intervallo [, ]) da cui si dipartono due rami che vanno ai due zeri immaginari coniugati. Possiamo dedurre ora l andamento qualitativo del sistema ottenendo in tal modo.5 Root Locus Imaginary Axis (seconds ) Real Axis (seconds ) ii) [2.5 punti] Se tracciamo il diagramma di Bode di G(s) troviamo 7

8 2 Diagramma di Bode Modulo db pulsazione Diagramma di Bode Fase 5 gradi pulsazione da cui segue subito che, a condizione di sollevare il diagramma di 2 db, ovvero di assumere K =, otteniamo entrambe le specifiche richieste. Teoria. [5 punti] Si veda il Capitolo 9, pp , del Libro di testo. 8