Esercitazione 11: Sintesi del controllore Parte 2

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1 Esercitazione : Sintesi del controllore Parte 2 27 maggio 209 (3h) Fondamenti di Automatica Prof. M. Farina Responsabile delle esercitazioni: Enrico Terzi Queste dispense sono state scritte e redatte dal Prof. Alessandro Papadopoulos, Mälardalen University e successivamente in parte modificate e completate.

2 Sistema a fase non minima Si consideri lo schema di controllo rappresentato in Figura n d y + e + R(s) + u + y G(s) dove Figura : Schema di controllo. G(s) = 0.s ( + 0.s)( + s)( + 0s), è la funzione di trasferimento di un sistema del terzo ordine, da controllare.. Si determini la funzione di trasferimento R(s) del regolatore di ordine minimo in modo tale che (a) L errore a transitorio esaurito e soddisfi la limitazione e 0.00 quando y (t) = sca(t), n(t) = 0 e d(t) = 0. (b) L errore a transitorio esaurito e soddisfi la limitazione e 0. quando y (t) = 0, n(t) = sin(ω n t) e d(t) = 0, con ω n 0 2. (c) L errore a transitorio esaurito e soddisfi la limitazione e 0. quando y (t) = 0, n(t) = 0 e d(t) = sin (ω d t), con ω d 0.. (d) Il margine di fase ϕ m sia maggiore o uguale a 50. (e) La pulsazione critica ω c sia maggiore o uguale a Si determini la funzione di trasferimento R (z) del regolatore ottenuto discretizzando R(s) con il metodo di Eulero implicito e con il valore di T s = 0., valutando la variazione di margine di fase dovuta alla discretizzazione. 3. Scrivere la corrispondente legge di controllo a tempo discreto. Soluzione. Progetto statico Dato che il valore di regime dell errore richiesto non è nullo, si può scegliere g L = 0, come tipo di L(s) = R(s)G(s). Infatti, se si suppone che il sistema retroazionato sia asintoticamente stabile, si può applicare il teorema del valore finale con la funzione di trasferimento da y (t) a e(t), data da: S(s) = + L(s). Si ha quindi: Imponendo che: e = lim s 0 ss(s) s = lim s 0 + µ L = + µ L 0.00 µ L 999. Quindi si può, ad esempio, scegliere R (s) = µ L = 000. Per quanto riguarda i vincoli sui disturbi si osserva che: + µ L.

3 La funzione di trasferimento da n(t) a e(t) è: E(s) N(s) = L(s) =: F (s) + L(s) Il modulo della risposta in frequenza associata alla funzione di trasferimento F (s) può essere approssimato come: Dato che ω n > ω c, si può imporre il vincolo: La funzione di trasferimento da d(t) a e(t) è: F (jω) = L(jω) {, ω < + L(jω) ωc L(jω), ω > ω c L(jω) < 0, L(jω) db < 20dB E(s) D(s) = =: S(s) + L(s) Il modulo della risposta in frequenza associata alla funzione di trasferimento S(s) può essere approssimato come: S(jω) = Dato che ω d < ω c, si può imporre il vincolo: L(jω) < 0 + L(jω) L(jω), ω < ω c, ω > ω c L(jω) > 0, L(jω) db > 20dB I vincoli sull errore a transitorio esaurito relativo ai disturbi n(t) ed d(t) sono riportati sul diagramma di Bode del modulo come vincolo (Figura 2). Progetto dinamico Scegliendo R (s) = µ L = 000 derivante dal progetto statico, si ha una funzione di trasferimento d anello L (s) = µ L G(s), che ha un margine di fase negativo, come si può verificare dai diagrammi di Bode asintotici della risposta in frequenza associata a L (s), mostrati in Figura 2. 2

4 L(jω) [db] L(jω) [gradi] ω Figura 2: Diagrammi di Bode asintotici (linea continua) ed esatti (linea tratteggiata) della risposta in frequenza associata alla funzione di trasferimento L (s). Si può quindi cercare di sfruttare le specifiche di progetto e ottenere la ω c di L(s) pari a ω c = 3, e che cancelli i due poli in bassa frequenza. Si deve poi fare scendere L (s) ed L(s) con la stessa pendenza per rendere realizzabile il regolatore, per cui si può aggiungere un polo in alta frequenza. Si ottiene, quindi: ( + s)( + 0s) L(s) = G(s)000 ( + s/0.003)( + s/00) = s ( + 0.s)( + s/0.003)( + s/00). I diagrammi di Bode della risposta in frequenza associata alla funzione di trasferimento L(s) sono mostrati in Figura 3. 3

5 L(jω) [db] L(jω) [gradi] ω Figura 3: Diagrammi di Bode asintotici (linea continua) ed esatti (linea tratteggiata) della risposta in frequenza associata alla funzione di trasferimento L(s). Calcolando il margine di fase di L(s) si ottiene: ϕ c = L(jω c ) = arctan( 0.ω c ) arctan(0.ω c ) arctan ( ωc = ϕ m = 80 ϕ c = , per cui il requisito sul margine di fase è rispettato. Il regolatore così ottenuto è: ( + s)( + 0s) R(s) = 000 ( + s/0.003)( + s/00) 2. Ci sono diversi modi per discretizzare il controllore: s = z, T s Eulero Esplicito s = z, zt s Eulero Implicito s = 2 T s z z +, Tustin ) arctan ( ) ωc Nel caso in questione viene richiesto di utilizzare il metodo di Eulero Implicito per T s = 0., 00 4

6 quindi: R (z) = R(s) s=0 z z ( + 0 z ) ( + 00 z z z = 000( + 0 z 000 ) ( z 3 ( ) ( ) z + 0(z ) z + 00(z ) ) + 0 z z ) 00 z z = 000 z ( ) (z ) 3 z + 0. (z ) z z (z + 0(z )) (z + 00(z )) = 000( z ) (z ) (z + 0. (z )) 3 (z 0) (0z 00) = (0003z 0000) (z ) La variazione del margine di fase ottenuta con T s = 0., trascurando lo sfasamento introdotto dal ritardo di elaborazione e dall inserimento del filtro antialiasing, è: ϕ m = T s 2 ω c 80 π = π = 27 π Per scrivere la legge di controllo si riscrive l espressione del regolatore come: R (z) = U(z) (z 0) (0z 00) = E(z) (0003z 0000) (z ) U(z) (0003z 0000) (z ) = 30000E(z) (z 0) (0z 00) U(z)(0030z z ) = 30000E(z)(z 2 20z + 000) antitrasformando, si ottiene: 0030u(k + 2) 20003u(k + ) u(k) = (e(k + 2) 20e(k + ) + 000e(k)) u(k + 2) = u(k + ) u(k) + (e(k + 2) 20e(k + ) + 000e(k)) u(k) = u(k ) u(k 2) + (e(k) 20e(k ) + 000e(k 2)) u(k) =.09u(k ) 0.09u(k 2) e(k) e(k ) e(k 2) 5

7 2 Progetto di regolatori PID con sistema instabile Si consideri il sistema di controllo in figura, dove: Si chiede di G (s) = (s + )(s 2), G 2(s) = ( + 0s)( + s). Determinare un regolatore R (s) di tipo P, PD o PID (ideali) in modo che la funzione di trasferimento tra la variabile u e la variabile v sia caratterizzata da due poli coincidenti in s = Determinare un regolatore R 2 (s) di tipo P che garantisca la massima pulsazione critica ottenibile con un margine di fase ϕ m = 60 per il sistema di controllo complessivo. Soluzione. Si consideri inizialmente il sistema retroazionato interno, la cui funzione d anello e L (s) = R (s)g (s) Si ricordi che il polinomio caratteristico del sistema (ad anello chiuso), a meno di cancellazioni, corrisponde con il denominatore delle funzioni di sensitivita. Nel caso del sistema avente come funzione d anello L (s) = N (s)/d (s), il polinomio caratteristico e dunque p(s) = N (s) + D (s). La specifica richiesta e che p(s) = N (s) + D (s) = (s + 0.5) 2 = s 2 + s Affinche N (s)+d (s) sia un polinomio del II ordine e necessario che N (s) e D (s) siano anche esse (al massimo) del II ordine. Affinche D (s) non superi il secondo ordine, non si possono includere poli in R (s), il che esclude il regolatore PI tra le possibilita. Inoltre, per poter ottenere N (s) + D (s) = s 2 + s , e necessario che il numeratore di R (s) sia un polinomio di I grado, in modo da introdurre due gradi di liberta, che permettono di definire i parametri dei temini di I grado e noto del polinomio. Dunque R (s) = K P + K D s (ideale), da cui si ottiene che p(s) = N (s) + D (s) = K P + K D s + (s + )(s 2) = s 2 + (K D )s + K P 2 = s 2 + s ponendo K P = 2.25 e K D = Inserendo nello schema il regolatore R (s) progettato al punto precedente, l intero sistema puo essere riformulato come mostrato nella seguente figura. Si calcola che F (s) = L (s) 9/4 + 2s = + L (s) (s + 0.5) 2 = 9 + 8/9s ( + 2s) 2 Si chiede di progettare un regolatore P, cioe R 2 (s) = K 2. La funzione di trasferimento dell anello di retroazione esterno e dunque L 2 (s) = R 2 (s)f (s)g 2 (s) = 9K 2 + 8/9s ( + 2s) 2 ( + 0s)( + s) 6

8 w u v y + _ R(s) 2 F(s) G(s) 2 Si noti prima di tutto che la funzione L 2 (s) presenta un polo in s = e uno zero in s = 9/8. Si puo dunque svolgere l approssimazione consistente nella cancellazione polo/zero simili, ottenendo: 9K 2 L 2 (s) = ( + 2s) 2 ( + 0s) Ora il problema consiste nel calcolare il valore del guadagno K 2 che permette di ottenere un margine di fase pari a ϕ m = 60. Tale valore e circa pari a K P =

9 3 Realizzazione digitale di un regolatore PI Un regolatore R(s) è caratterizzato dalla seguente funzione di trasferimento R(s) = + 0 s e permette di garantire che il sistema ad anello chiuso (in condizioni ideali) abbia pulsazione critica ω c = rad/s e margine di fase ϕ o m = 45.. Considerando un generico periodo di campionamento T S, si determini la funzione di trasferimento a tempo discreto R (z) del regolatore ottenuto discretizzando R(s) con il metodo di Tustin. 2. Scrivere la corrispondente legge di controllo a tempo discreto, cioè il corrispondente sistema a rappresentazione esterna nel dominio del tempo. 3. Considerando che il ritardo di elaborazione è pari a τ EL = ms, si progetti il filtro anti-aliasing e si determini il passo di campionamento in modo tale che il sistema ad anello chiuso reale presenti un margine di fase superiore a ϕ REALE m = 25. Soluzione. La funzione di trasferimento a tempo discreto si ottiene applicando la sostituzione Risulta s 2 z T S z + R (z) = (2 + 0T S)z 2 + 0T S 2z 2 2. Dette E (z) e U (z) le trasformate zeta dei segnali e (k) e u (k), rispettivamente, si ha che U (z) = R (z)e (z) Si ottiene che 2zU (z) 2U (z) = (2 + 0T S )ze (z) 2 + 0T S E (z). antitrasformando ambo i membri dell equazione si calcola che Dividendo per z e u (k) = u (k ) + ( + 5T S )e (k) + (5T S )e (k ) 3. Si considera che: Il ritardo corrispondente alla cascata campionatore+mantenitore e pari a τ S = T S /2. Il corrispondente contributo al margine di fase (in gradi) e τ S ω c 80 π. Il contributo al margine di fase (in gradi) dato dal ritardo di elaborazione e pari a τ EL ω c 80 π. Il filtro (passabasso) anti-aliasing ha banda [0, ω AA ], dove ω AA >> ω c. Se si pone ω AA = 0ω c lo sfasamento corrispondente, conferito al margine di fase, e pari a atan(ω c /ω AA ) = atan(0.) = 5.7. Si ricordi inoltre che il teorema di Shannon impone che ω N = ω S /2 > ω AA, dove ω N e la pulsazione di Nyquist e ω S = 2π/T S. Cio equivale a richiedere che T S < π/ω AA 0.3 s. Complessivamente il margine di fase reale risulta pari a ϕ REALE m = ϕ o m (T S /2 + τ EL )ω c 80 π 5.7 Affinche ϕ REALE m 20 si ottiene che T S s. Se si sceglie, ad esempio, T S = 0.2 s tutte le richieste sono soddisfatte. 8

10 4 Integratore nel processo Si consideri il seguente schema di controllo: y + e R(s) u G(s) y dove Si progetti R(s) in modo tale che: G(s) = 0 s( + s) 2 e = 0 y = sca(t) ω c rad/s ϕ m 50 Soluzione Progetto statico Sia R(s) = R (s)r 2 (s) con R (s) = µ R s g. R Supponendo il sistema asintoticamente stabile in anello chiuso, applichiamo il teorema del valore finale: E(s) = + L(s) Y (s) [ ] e = lim [se(s)] = lim s s 0 s 0 + L(s) Y (s) = lim s s s µ R s s g R Ma allora anche un regolatore di tipo nullo (g R = 0) consente di ottenere errore nullo a transitorio esaurito. Si osservi che il tipo della funzione di trasferimento d anello è la somma del tipo della F.d.T. del processo e del tipo della F.d.T. del regolatore: g L = g G + g R = lim s 0 s gr+ s g R+ + µ R = 0, g R 0 In questo caso g G =, per cui anche con g R = 0 si garantisce che g L =, condizione per avere errore statico nullo. In altre parole, l integratore necessario per annullare l errore è già presente nel processo, per cui non occorre metterlo nel regolatore. Pertanto il progetto statico non pone vincoli sul regolatore. Formalmente, possiamo porre R (s) =. Progetto dinamico Poiché L(s) = R 2 (s)g(s), tracciamo il diagramma di G(jω) per controllare se le specifiche sono già soddisfatte: 9

11 40 G(jω) [db] ω Figura 4: Diagramma di Bode del Modulo. Si ha ω c = (che andrebbe bene) ma ϕ m = arctan(2) = = 36 < 0 Pertanto il sistema sarebbe instabile in anello chiuso. Il progetto del regolatore si può impostare imponendo che la L(jω) tagli l asse a 0 db alla pulsazione rad/s, con pendenza -, cancellando i due poli del processo alla pulsazione e spostandoli alla pulsazione G(jω) L(jω) [db] ω Figura 5: Diagramma di Bode del Modulo. Per ottenere la pulsazione in cui si incrociano i due diagrammi di Bode basta scrivere le equazioni delle rette dei due diagrammi di Bode e metterle a sistema. { y 20 = 60 (log (ω) 0) y 0 = 20 (log (ω) 0) { y = 60 log (ω) + 20 y = 20 log (ω) 20 log (ω) = 60 log (ω) + 20 log (ω) = 2 ω = Poiché il progetto statico non ha portato ad alcun vincolo sul guadagno del regolatore, si può far correre in bassa frequenza il diagramma di L(jω) parallelo a quello di G(jω) (non c è bisogno di ricongiungerli). L espressione di L(s) è la seguente: L(s) = ( s + s 3 ) 2 0

12 da cui risulta che ω c = e ϕ m = arctan(/3) = = 54. Tutte le specifiche sono soddisfatte. L espressione della F.d.T. del regolatore è quindi la seguente: R(s) = L(s) G(s) = 0. ( + s) 2 ( + s 3 ) 2