COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 18 Settembre 2012

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1 COMPITO DI FONDAMENTI E APPLICAZIONI DI CONTROLLI AUTOMATICI 8 Settembre 22 Esercizio. Si consideri il modello ingresso/uscita a tempo continuo e causale descritto dalla seguente equazione differenziale: d 3 y(t) dt 3 + ( + a) d2 y(t) dt 2 dove a è un parametro reale. + (2 + a) dy(t) dt + 2y(t) = 2 du(t) dt + 2u(t), i) Si studi la stabilità asintotica e la stabilità BIBO del sistema, al variare di a in R; ii) per a = 3 si determini l espressione analitica della risposta al gradino, la si tracci e se ne determinino i parametri fondamentali (tempo di salita, tempo di assestamento e sovraelongazione percentuale). [Suggerimento: valutare la presenza di eventuali semplificazioni] Esercizio 2. Sia G(s) = (s +.)(s2 s + ) s 2 (s ) 2 la funzione di trasferimento di un modello ingresso/uscita, a tempo continuo, descritto da un equazione differenziale lineare a coefficienti costanti. i) Si tracci il diagramma di Bode (ampiezza e fase) della risposta in frequenza G(jω), ω R + ; ii) a partire da esso si determini il diagramma di Nyquist di G(jω), ω R, si studi la stabilità BIBO del sistema di funzione di trasferimento W (s), ottenuto per retroazione unitaria negativa da G(s), e si determini l eventuale numero di poli a parte reale positiva di W (s). Esercizio 3. Si consideri il sistema lineare, tempo-invariante, a tempo continuo di funzione di trasferimento G(s) = s2 +.5s + (s + )(s +.). Supponendo di controllare il sistema attraverso un sistema di controllo a retroazione unitaria del tipo r(t) e(t) + u(t) C(s) y(t) G(s)

2 si progetti, se possibile, un controllore C(s) in modo tale che il risultante sistema retroazionato ) sia di tipo con errore di regime permanente (alla rampa unitaria), e (2) rp, pari a., e la funzione di trasferimento in catena aperta C(s)G(s) 2) abbia di attraversamento ω A ωa = 3 rad/sec e margine di fase maggiore o uguale a m ψ = 8. Esercizio 4. 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 2 + 2s + 2 G(s) = s(s + )(s + 2)(s + ). Teoria. 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. 2

3 SOLUZIONI Esercizio. i) [3.5 punti] L equazione caratteristica del sistema è = s 3 + ( + a)s 2 + (2 + a)s + 2. 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 + a 2 a(3 + a) + a 2 e pertanto d(s) è Hurwitz se e solo se + a > e a(3 + a) >, ovvero se e solo se 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 2s + 2 W (s) = s 3 + ( + a)s 2 + (2 + a)s + 2. Osserviamo che al numeratore abbiamo solo uno zero reale negativo. Di consequenza, non è possibile conseguire la stabilità BIBO senza aver già la stabilità asintotica. ii) [4.5 punti] Per a = 3 la funzione di trasferimento del sistema diventa: W (s) = 2s + 2 s 3 + 4s 2 + 5s + 2 = 2(s + ) (s + )(s 2 + 3s + 2) = 2 (s + )(s + 2). La trasformata di Laplace della risposta al gradino è W (s) = W (s) s = 2 s(s + )(s + 2). La decomposizione in fratti semplici di W (s) porta a e ad essa corrisponde la funzione del tempo La sua derivata vale per t > W (s) = s 2 s + + s + 2 w (t) = [ 2e t + e 2t] δ (t). dw dt = 2e t 2e 2t. 3

4 Chiaramente tale derivata è positiva per ogni t >. Pertanto la risposta al gradino ha un andamento monotono. Ciò assicura che non ci sia sovraelongazione e che tempo di salita e assestamento coincidano. Per calcolare il tempo di salita (al %) imponiamo da cui si ottiene l equazione equivalente Posto s := e tr, otteniamo l equazione w (t r ) = 2e tr + e 2tr =.9, e 2tr 2e tr +. =. s 2 2s +. =, le cui soluzioni sono s =.53 e s 2 = Chiaramente l unica soluzione d interesse è s in quanto minore di (perché deve corrispondere a un t r > ). Si ottiene quindi s = e tr =.9487 da cui t r = 2.97 secondi. Alternativamente, uno poteva osservare che 2e tr + e 2tr = ( e tr ) 2 e quindi il valore di t r può essere determinato attraverso la risoluzione di ( e tr ) 2 =.9, con il vincolo che t r > e quindi e tr seguente: >. Il grafico della risposta al gradino è il Esercizio 2. i) [4 punti] È immediato verificare che la funzione di trasferimento ha la seguente forma di Bode: ( ) [ G(s) = (s +.)(s2 s + ) + s. + 2 ( ) ] s 2 + s2 s 2 (s ) 2 = 2 s 2 ( s) 2. 4

5 Pertanto K B = e la risposta in frequenza presenta uno zero reale negativo con /T =. e µ =, un termine trinomio al numeratore corrispondente a due zeri complessi coniugati di molteplicità unitaria con naturale ω n = e smorzamento ξ = /2 =.5, un polo doppio nell origine (ν = 2) e un polo reale positivo con /T = e µ = 2. 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. 2 Diagramma di Bode Modulo db Diagramma di Bode Fase 5 gradi ii) [5 punti] Il diagramma di Nyquist, per ω R, della risposta in frequenza di cui abbiamo tracciato il diagramma di Bode al punto precedente è: 5

6 Nyquist Diagram 2.5 x Imaginary Axis Real Axis x 5 Il dettaglio del diagramma di Nyquist in un intorno dell origine: 6 Nyquist Diagram 4 2 Imaginary Axis Real Axis NOTA: la figura non lo evidenzia (per problemi numerici), ma il diagramma di Nyquist di G(jω) per ω arriva, per ω +, nell origine con fase di 9. G(s) ha due poli a parte reale positiva, ovvero n G+ = 2. Riportando il diagramma di Nyquist al finito, attraverso il percorso di Nyquist modificato, osservando che il diagramma di Nyquist non circonda il punto critico, si deduce che N = e quindi n W + = 2. Pertanto il sistema retroazionato non è BIBO stabile ed ha due poli a parte reale positiva. 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 (2) rp = K B (C)K B (G) = K B (C) =. 6

7 da cui segue K B (C) =. Prendiamo C (s) = s. I diagrammi di Bode di G(s) = C (s)g(s) sono i seguenti: 6 Diagramma di Bode Modulo 4 2 db Diagramma di Bode Fase gradi Si trova che la di attraversamento reale ω A è compresa tra rad/s e rad/s; pertanto ω < ω A = 3 rad/s, mentre m ψ (ω A ) := 8 + arg(c (jω A )G(jω A )) soddisfa 9 m ψ (ω A ) > m ψ = 8. Saremmo tentati di modificare il guadagno di Bode, ma in tal modo contravverremmo il vincolo prima imposto sull errore di regime permanente e quindi su K B. Possiamo allora applicare un azione anticipatrice in modo da sollevare il diagramma delle ampiezze fino a far sì che la di attraversamento diventi ω A = 3 rad/s senza abbassare la fase in corrispondenza a tale pulsaizone. A tale risultato possiamo giungere con una soluzione ad occhio. Se infatti introduciamo uno zero 7

8 in., ovvero un fattore + s., e successivamente un ulteriore polo in, otteniamo che la di attraversamento è esattamente 3 rad/sec e il margine di fase rimane di 9. Si ottiene in tal modo: C (s) = + s. + s. I seguenti diagrammi di Bode provano che la soluzione proposta funziona bene: 6 Diagramma di Bode Modulo db Diagramma di Bode Fase gradi Esercizio 4. radici, [4 punti] Adottando le regole per il tracciamento del luogo (positivo) delle 8

9 . verifichiamo subito che appartengono al luogo delle radici gli intervalli sul semiasse reale negativo [, 2] e [, ]. 2. Poichè il numero dei poli è n = 4 mentre il numero di zeri è m = 3, ne consegue che due rami vanno al punto improprio nelle direzioni angolari π/2 e 3π/2. 3. Il baricentro da cui partono gli asintoti è C = ( 2 + ) ( + j j) 4 2 = 2. L unica soluzione possibile è che ci sia un punto doppio nell intervallo [, ] e uno in [, 2]. Dal primo punto doppio si dipartono due rami che vanno ai due zeri ± j, mentre dal secondo punto doppio si dipartono due rami che assecondano gli asintoti verticali. Possiamo dedurre ora l andamento qualitativo del sistema ottenendo in tal modo Root Locus 8 6 Imaginary Axis (seconds ) Real Axis (seconds ) Teoria. [5 punti] Si veda il Capitolo 7 del libro di testo, pagina 6 e successive. 9