Esercizi svolti di Controlli Automatici Alessandro Beghi Dipartimento di Ingegneria dell’Informazione, Universit`a di Padova, via Gradenigo 6/A, I-35131 Padova, Italy. E-mail address:
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Chapter 1
Modellistica ed analisi nel dominio del tempo Esercizio 1.1 Dato lo schema in figura, con RC = 1 C R C u
R
y
+
1. Si calcoli la funzione di trasferimento Wid (s) tra u ed y nell’ipotesi di operazionale ideale; K 2. nell’ipotesi di operazionale caratterizzato da G(s) = s+1 , cio`e da Y (s) = G(s)[V+ (s) − V− (s)], si calcoli la funzione di trasferimento Wr (s) tra u ed y e se ne studi la stabilit` a al variare di K ∈ R.
3. si calcoli la risposta alla rampa del sistema nel caso di operazionale ideale. Soluzione: Si tratta di un operazionale in connessione invertente. Nel caso ideale, la funzione di trasferimento `e −Z2 (s)/Z1 (s), dove Z1 (s) e Z2 (s) sono le impedenze rispettivamente del ramo in ingresso e del ramo in retroazione. Risulta pertanto che Z1 (s) = R +
1 , sC
Z2 (s) =
e Wid (s) = −
1 R
1 + sC
s . (s + 1)2
Nel caso non ideale, ricavando V− (s) dall’equazione di Kirchoff per le correnti all’ingresso invertente dell’operazionale V− (s) − U (s) V− (s) − Y (s) + =0 Z1 (s) Z2 (s) e mettendo a sistema con la relazione Y (s) = G(s)[V+ (s) − V− (s)], si ottiene ( 2 s V− (s) = s2 +3s+1 U (s) + s2(s+1) +3s+1 Y (s) K Y (s) = − s+1 V− (s) 1
da cui, risolvendo per Y (s), Wr (s) = −
Ks . s3 + (4 + K)s2 + (4 + 2K)s + (K + 1)
Per studiare la stabilit` a di Wr (s) al variare di K, si pu`o utilizzare il Criterio di Routh. La tabella di Routh risulta essere 3 2 1 0
1 4+K (4+2K)(K+4)−(K+1) = 4+K K +1
4 + 2K K +1 (K+5/2)(K+3) 4+K
La prima colonna non presenta variazioni di segni se K > −1, e pertanto per tali valori di K si ha che Wr (s) `e BIBO stabile. Infine, nel dominio delle trasformate di Lapace la risposta alla rampa del sistema con operazionale ideale `e Y (s) =
1 1 Wid (s) = − . 2 s s(s + 1)2
da cui antitrasformando si ricava y(t) = e−t + te−t − 1 1(t) .
Esercizio 1.2 Si consideri un motore elettrico in corrente continua, rappresentato schematicamente nel suo principio di funzionamento nella figura sottostante
dove si assume che il rotore abbia coeficiente di inerzia Jm e coefficiente di attrito viscoso b. 1. Si costruisca un modello di stato del sistema, in cui il vettore di stato `e x(t) = [θm (t) θ˙m (t) ia (t)]T , la variabile di ingresso `e la tensione di armatura va (t) e la variabile di uscita `e la posizione angolare dell’albero θm (t). Si assuma ora trascurabile La e siano (in opportune unit` a di misura) Kt = Ke = 1, b = 0.1, Ra = 10, Jm = 2 2. utilizzando il modello di stato costruito al punto 1), si determini la funzione di trasferimento W (s) tra va e θm 3. si calcoli la risposta della posizione angolare dell’albero del motore ad un gradino unitario di tensione va .
2
Soluzione: Le equazioni che descrivono il funzionamento del motore elettrico in corrente continua sono le seguenti: Jm θ¨m (t) = T (t) − bθ˙m (t) = Kt ia (t) − bθ˙m (t) La i˙ a (t) + Ra ia (t) = va (t) − e(t) = va (t) − Ke θ˙m (t) e pertanto, scelto come vettore di stato x(t) = [θm (t) θ˙m (t) ia (t)]T , il modello di stato corrispondente risulta essere 0 1 0 0 K b t + 0 u(t) x(t) ˙ = 0 − Jm Jm . 1 Ra Ke La 0 − La − La y(t) = 1 0 0 x(t) Nel caso in cui si possa trascurare La (prendendo cio`e La = 0), l’equazione per la parte elettrica diventa Ra ia (t) = va (t) − Ke θ˙m (t) e pertanto si pu` o scegliere come vettore di stato x(t) = [θm (t) θ˙m (t)]T ottenendo il modello descritto dalle equazioni ( x˙ 1 (t) = x2 (t) x˙ 2 (t)
=
Kt Jm
u(t)−Ke x2 (t) Ra
−
b Jm x2 (t)
che, inserendo i valori numerici dei parametri, pu`o essere riscritto come 0 0 1 + 1 u(t) x(t) ˙ = 1 0 − 20 10 y(t) = 1 0 x(t)
.
La funzione di trasferimento del sistema pu`o essere calcolata direttamente utilizzando la rappresentazione di stato come Hadj(sI − F )G 1 1 W (s) = H(sI − F )−1 G = = . det(sI − F ) 20 s(s + 1/10) La risposta al gradino del sistema `e, nel dominio delle trasformate, W (s)/s che antitrasformata porta a t 1 θm (t) = −100 + 10t + 100e− 10 1(t) . 20
Esercizio 1.3 Si consideri il sistema dinamico non lineare descritto dal seguente modello in spazio di stato: x˙ 1 (t) = x2 (t) x˙ 2 (t) = − 41 sin x1 (t) − x2 (t) + u(t) y(t) = x1 (t) + x2 (t) 1. Si determini l’insieme dei punti di equilibrio del sistema ad ingresso nullo; 2. si linearizzi il sistema attorno al punto di equilibrio nell’origine dello spazio di stato; 3. si calcoli la risposta impulsiva del sistema lineare costruito al punto 2. Soluzione: I punti di equilibrio si determinano imponendo la condizione f1 (xe , 0) = x2,e = 0 f2 (xe , 0) = − 41 sin x1,e − x2,e = 0 da cui si ricava facilmente che i punti di equilibrio del sistema sono kπ xe = k ∈Z. 0 3
Il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine ha equazioni # " # " ∂f1 (x,u) ∂f1 (x,u) ∂f1 (x,u) ∂x ∂x ∂u 1 2 x(t) x(t) + ∂f2 (x,u) = ∂f2 (x,u) ∂f2 (x,u) ˙ x=0 ∂x1
y(t)
=
h
∂x2
∂h(x,u) ∂x1
∂h(x,u) ∂x2
∂u
u=0
i
x(t) = 1
x=0 u=0
u(t) = x=0 u=0
0 − 14
1 0 x(t) + u(t) 1 −1
1 x(t)
La risposta impulsiva del sistema si ottiene facilmente antitrasformando la funzione di trasferimento: Hadj(sI − F )G s+1 . = det(sI − F ) (s + 1/2)2 1 −t −1 − 2t w(t) = L [W (s)] = e + te 2 1(t) . 2
W (s) = H(sI − F )−1 G =
Esercizio 1.4 Dato lo schema di figura (condensatori e resistori tutti uguali, RC = 1)
R C
u(t)
R
y(t)
C
1. si calcoli la funzione di trasferimento tra u(t) e y(t) nel caso l’operazionale sia ideale 2. si calcoli la funzione di trasferimento tra u(t) e y(t) nel caso l’operazionale sia caratterizzato da una K funzione di trasferimento G(s) = 1+s , K > 0 (tale che Y (s) = G(s)[V+ (s) − V− (s)]), verificando cosa accade per K → +∞ 3. si dica quali sono i modi del sistema nel caso non ideale al variare di K > 0 e se ne descrivano le caratteristiche. Soluzione: Consideriamo dapprima il caso in cui l’operazionale `e ideale. Operando direttamente nel dominio delle trasformate di Laplace, utilizzando la regola del partitore di tensione, si ricava che V+ (s) =
1 sC
R+
1 sC
U (s) =
U (s) 1 = U (s) . 1 + RCs 1+s
Applicando la legge di Kirchoff per le correnti al morsetto negativo dell’operazionale si ricava V− (s) − U (s) 1 sC
da cui V− (s) =
+
V− (s) − Y (s) =0 R
s 1 U (s) + Y (s) . 1+s 1+s 4
Imponendo l’uguaglianza V+ (s) = V− (s), si ottiene la funzione di trasferimento tra u e y: Wid (s) = 1 − s . Nel caso invece in cui l’amplificatore operazionale non sia ideale, si ha che K K 1 s 1 Y (s) = (V+ (s) − V− (s)) = U (s) − U (s) − Y (s) 1+s 1+s 1+s 1+s 1+s che, risolta per Y (s), permette di ricavare Wr (s) =
K(1 − s) . (1 + s)2 + K
Riscrivendo Wr (s) come Wr (s) =
1−s 1+
(1+s)2 K
,
`e immediato verificare che Wr (s) → Wid (s) quando K → ∞ . Per quanto riguarda i modi del sistema, essi sono legati alle radici del polinomio d(s) = s2 + 2s + K + 1 . √ che risultano essere in s1,2 = −1 ± j K. Il sistema ha pertanto i due modi oscillatori convergenti √ √ m1 (t) = e−t sin Kt m2 (t) = e−t cos Kt
Esercizio 1.5 Si consideri il sistema meccanico di Figura.
" $
#
!
Il carrello di massa m `e vincolato ad una parete tramite una molla ideale di lunghezza a riposo nulla e costante elastica k, `e soggetto alla forza motrice u(t) e all’attrito con il terreno, che, indicata con x la posizione del centro di massa del carrello, pu` o essere descritto dalla seguente legge: Fa (x, x) ˙ = bx(t) ˙ + a(1 − cos x(t)) , con a, b parametri reali positivi. L’uscita del sistema sia la posizione del carrello, x. 1. Si derivi un modello (non lineare) di stato del sistema; 2. si linearizzi il modello di cui al punto precedente nell’intorno del punto di equilibrio corrispondente all’origine dello spazio di stato con ingresso nullo, e si determini la funzione di trasferimento tra ingresso u ed uscita x; 3. fissati m = k = a = 1, si determini l’insieme dei valori di b a cui corrisponde una risposta al gradino del sistema non oscillatoria. Assegnato poi a b il pi` u piccolo di tali valori, si calcoli la risposta al gradino del sistema.
5
Soluzione: L’equazione del moto `e la seguente: m¨ x(t) = u(t) − kx(t) − Fa (x, x) ˙ = u(t) − kx(t) − bx(t) ˙ − a(1 − cos x(t)) . Scegliendo come variabili di stato z˙1 (t) z˙2 (t) y(t)
z1 = x, z2 = x, ˙ si ottiene il modello di stato non lineare = z2 (t) 1 = m (u(t) − kz1 (t) − bz2 (t) − a(1 − cos z1 (t))) = z1 (t)
La linearizzazione `e immediata: # " ∂f1 (z,u) ∂f1 (z,u) ∂z ∂z 1 2 ˙ = ∂f2 (z,u) ∂f2 (z,u) z(t) ∂z1
y(t)
=
h
∂h(z,u) ∂z1
∂z2
∂h(z,u) ∂z2
" x(t) + z=0 u=0
i z=0 u=0
z(t) = 1
∂f1 (z,u) ∂u ∂f2 (z,u) ∂u
#
u(t) = z=0 u=0
0 k −m
.
1 0 z(t) + 1 u(t) b −m m
0 z(t)
La funzione di trasferimento risulta essere W (s) = H(sI − F )−1 G =
Hadj(sI − F )G 1 1 = b det(sI − F ) m s2 + m s+
k m
.
Sostituendo i valori dei parametri, il denominatore della funzione di trasferimento diventa d(s) = s2 + bs + 1 che ha solo radici reali per b ≥ 2. Per tali valori di b, pertanto, il sistema `e privo di modi oscillatori. Per b = 2, si ha che la funzione di trasferimento e la risposta al gradino sono rispettivamente W (s) =
1 , (s + 1)2
Y (s) =
1 1 1 1 = − − s(s + 1)2 s s + 1 (s + 1)2
e quindi, antitrasfromando, y(t) = 1 − e−t − te−t 1(t) .
Esercizio 1.6 Sia dato lo schema di figura con m1 = 1, m2 = 2, k e c (rispettivamente costante elastica della molla e coefficiente di smorzamento dell’ammortizzatore) parametri incogniti. Si supponga che la lunghezza a riposo della molla sia nulla.
6
1. Si calcoli la funzione di trasferimento G1 (s) tra u(t) e y(t); 2. si calcoli la funzione di trasferimento G2 (s) tra u(t) e x(t); 3. si determinino i valori dei parametri k e c sapendo che G1 (s) ha un polo doppio, e che G2 (s) ha uno zero in s = −1. Soluzione: Le equazioni del moto sono
m1 x ¨(t) = cy(t) ˙ + ky(t) m2 (¨ x(t) + y¨(t)) = −cy(t) ˙ − ky(t) + u(t)
Trasformando secondo Laplace, a partire da condizioni iniziali nulle in quanto `e richiesto di sterminare le funzioni di trasferimento, si ricava facilmente dalla prima equazione cs + k m2s
X(s) = che, sostituita nella seconda equazione, porge
m2 s2 X(s) + (m2 s2 + cs + k)Y (s) = U (s) da cui Y (s)
= G1 (s)U (s)
G1 (s) =
X(s)
=
G2 (s) =
G2 (s)U (s)
1 1 m2 s2 +c 1 + 1 s+k 1 + 1 m1 m2 m1 m2 s+k/c c m1 m2 s2 s2 +c 1 + 1 s+k 1 + m1
m2
m1
1 m2
.
Sostituendo i valori dei parametri noti, si ha che G1 (s) =
1 1 3 2 2 s + 2 cs + 32 k
G2 (s) =
1 cs + k 2 2 2s s + 23 cs + 32 k
Perch´e G1 (s) abbia un polo doppio, basta imporre che ∆=
9 2 8 c − 6k = 0 ⇒ c2 = k 4 3
mentre il fatto che G2 (s) abbia un zero in -1 implica che c = k. Si ha quindi che c = k = 83 . Esercizio 1.7 Sia consideri lo schema di figura, dove l’amplificatore operazionale `e da considerarsi ideale.
1. Si determini la funzione di trasferimento G(s) tra ei (t) e eo (t); G 2. si calcoli la funzione di sensibilit` a di G(s) a variazioni del valore C della capacit` a, SC (s);
3. siano ora R1 = 5, R2 = 2 e C = 0.5 (in opportune unit` a di misura). Si calcoli la risposta eo (t) del sistema all’ingresso ei (t) = 1(t). 7
Soluzione: Detta i2 la corrente che circola sul ramo in retroazione e i1 la corrente che circola su C, tenendo conto che l’operazionale `e ideale e pertanto i+ = i− = 0, si ha che (operando direttamente nel dominio di Laplace) 1 Ei = R2 + I1 Cs Ei − Eo = 2R1 I2 VB
= R2 I1
VA − Eo
= R1 I2
da cui, imponendo che sia VA = VB per l’idealit`a dell’operazionale, si ottiene facilmente che R2
Ei − Eo Cs E i = R1 + Eo 1 + R2 Cs 2R1
e quindi G(s) =
R2 Cs − 1 Eo (s) = Ei (s) R2 Cs + 1
Direttamente dalla definizione di funzione di sensibilit`a si ha che G SC (s) =
C dG(s) 2R2 Cs = 2 2 2 G(s) dC R2 C s − 1
Per i valori assegnati dei parametri elettrici del circuito, si ottiene G(s) =
s−1 s+1
da cui la trasformata della risposta al gradino `e Eo (s) =
2 1 s−1 = − s(s + 1) s+1 s
e antitrasformando si ottiene eo (t) = 2e−t − 1 1(t) .
8
Esercizio 1.8 Sia consideri il sistema meccanico descritto in figura.
Si assuma che la forza esercitata dalle molle sia nulla quando il pendolo `e in posizione verticale (θ=0, angoli positivi in verso antiorario). Si consideri inoltre per semplicit` a che le molle si trovino sempre in posizione orizzontale ed alla stessa altezza. Al perno `e applicata una coppia f (t) a cui si oppone una coppia di attrito viscoso con coefficiente di attrito b. 1. Si determini la descrizione in spazio di stato del corrispondente sistema dinamico non lineare (con ingresso u(t) = f (t) e uscita y(t) = θ(t)). Siano ora m = 1, k = 14, b = 2, a = 0.5, ` = 1 e g = 10 (nelle opportune unit` a di misura). 2. Si determini la descrizione in spazio di stato del sistema linearizzato attorno alla condizione di equilibrio θ = 0, θ˙ = 0, e si calcoli la funzione di trasferimento tra u(t) e y(t); ˙ 3. si calcoli l’evoluzione libera y` (t) del sistema linearizzato a partire dalle condizioni iniziali θ(0) = θ(0) = 1. Soluzione: L’equzione dei momenti `e la seguente J θ¨ = ml2 θ¨ = −mgl sin θ − 2(ka sin θ)a cos θ + f (t) − bθ˙ , da cui si ricava facilmente, scegliendo x˙ 1 x˙ 2 y
˙ x1 = θ, x2 = θ: = x2 = − mlb 2 x2 − = x1 .
g l
+
2ka2 ml2
sin x1 +
1 ml2 u
La linearizzazione si ottiene direttamente sostituendo θ a sin θ. Fissati i valori dei parametri, la funzione di trasferimento risulta essere 1 . G(s) = 2 s + 2s + 17 Infine, trasformando l’equazione dei momenti secondo Laplace e tenendo conto delle condizioni iniziali assegnate, si ottiene che la L-trasformata dell’evoluzione libera cercata `e Y` (s) =
s2
s+3 (s + 1) + 2 = , + 2s + 17 (s + 1)2 + 16
che si antitrasforma agevolmente in 1 y` (t) = e−t cos 4t + sin 4t 1(t) 2
9
Esercizio 1.9 Sia consideri lo schema di figura.
Si considerino dapprima entrambi gli amplificatori operazionali come ideali. 1. Si determini la funzione di trasferimento Gid (s) tra ei (t) e eo (t). Siano ora R1 = R2 = R3 = R4 = 1 e C2 = 1 (in opportune unit` a di misura) e si assuma che l’amplificatore operazionale nello stadio di uscita sia non ideale e caratterizzato dalla relazione Y (s) =
1 (V+ (s) − V− (s)). s+1
2. Si determini la funzione di trasferimento Gr (s) tra ei (t) e eo (t). 3. Si calcoli la risposta eo (t) del sistema all’ingresso ei (t) = t1(t) Soluzione: Il circuito pu` o essere considerato come la serie di due operazionali in configurazione invertente. Nel caso ideale, ciascun termine ha funzione di trasferimento −Z2 (s)/Z1 (s), dove Z1 (s) e Z2 (s) sono le impedenze rispettivamente del ramo in ingresso e del ramo in retroazione. Risulta pertanto che 1 + R2 C2 s R4 Gid (s) = − − . R1 C2 s R3 Nel caso il secondo stadio abbia invece un operazionale non ideale, si consideri la relazione che caratterizza le correnti al morsetto negativo (indicando con vi e vo le tensioni in ingresso ed uscita del secondo stadio): v− − vi vo − v− = , R3 R4 da cui, v− =
R4 vi + R3 vo . R3 + R4
Sostituendo i valori per le resistenze, osservando che v+ = 0, e utilizzando la relazione Vo (s) =
1 (V+ (s) − V− (s)) , s+1
si ottiene Vo (s) = −
1 Vi (s) + Vo (s) s+1 2
e quindi 1 Vi (s) . 2s + 3 Considerando ora anche la trasferenza (in serie) dello stadio di ingresso, si ottiene 1+s 1 Gr (s) = − − . s 2s + 3 Vo (s) = −
10
La risposta del sistema alla rampa unitaria ha trasformata di Laplace Eo (s) =
1 2 2 1 1+s + 3+ =− + , s3 (2s + 3) 27s 9s2 3s 27(s + 3/2)
da cui
eo (t) =
−
3 2 1 1 2 + t + t2 + e− 2 t 1(t) . 27 9 6 27
Esercizio 1.10 Sia consideri il sistema meccanico descritto in figura.
Si assuma che la forza esercitata dalla molla sia nulla quando i pendoli sono in posizione verticale (θ1 = θ2 = 0, angoli positivi in verso antiorario). Si consideri inoltre per semplicit` a che la molla si trovi sempre in posizione orizzontale ed alla stessa altezza. 1. Si determini la descrizione in spazio di stato del corrispondente sistema dinamico non lineare (con ingresso u(t) = f (t), uscita y(t) = θ1 (t) e variabili di stato x1 = θ1 , x2 = θ˙1 , x3 = θ2 , x4 = θ˙2 ). Si ricorda che il momento d’inerzia del pendolo `e I = M L2 . Siano ora M = 1, k = 4, L = 10 e g = 10 (nelle opportune unit` a di misura). 2. Si determini la descrizione in spazio di stato del sistema linearizzato attorno alla condizione di equilibrio θ1 = θ2 = 0, θ˙1 = θ˙2 = 0 con ingresso nullo, e si calcoli la funzione di trasferimento tra u(t) e y(t); 3. si determini la risposta impulsiva del sistema linearizzato. Soluzione: Per ciascuno dei due pendoli, scriviamo l’equazione dei momenti, tenendo conto delle forze agenti (forza esterna f , forza peso, forze di reazione dalla molla): M L2 θ¨1 (t) + M gL sin θ1 (t) + M L2 θ¨2 (t) + M gL sin θ2 (t) −
L 2 L 2
cos θ1 (t)k L2 (sin θ1 (t) − sin θ2 (t)) cos θ2 (t)k L2 (sin θ1 (t) − sin θ2 (t))
= f (t) L2 cos θ1 (t) = 0,
da cui si ottiene agevolmente il modello di stato non lineare x˙ 1 (t) x˙ 2 (t) x˙ 3 (t) x˙ 4 (t) y(t)
= = = = =
x2 (t) − Lg sin x1 (t) − x4 (t) − Lg sin x3 (t) + x1 (t)
k 4M
cos x1 (t)(sin x1 (t) − sin x3 (t)) +
k 4M
cos x3 (t)(sin x1 (t) − sin x3 (t))
1 2M L u(t) cos x1 (t)
Sostituendo i valori numerici dei parametri, e linearizzando attorno al punto di equilibrio (dove sin θ ' θ, cos θ ' 1), si ottiene il modello lineare 0 0 1 0 0 −2 0 1 0 1 20 x(t) ˙ = 0 0 0 1 x(t) + 0 0 1 0 −2 0 y(t) = 1 0 0 0 x(t) 11
Per calcolare la funzione di trasferimento, anzich´e utilizzare l’espressione W (s) = H(sI − F )−1 G, risulta pi` u comodo trasformare direttamente secondo Laplace le equazioni del moto linearizzate: M L2 θ¨1 (t) + M gLθ1 (t) + M L2 θ¨2 (t) + M gLθ2 (t) −
L2 4 k(θ1 (t) L2 4 k(θ1 (t)
− θ2 (t)) − θ2 (t))
= f (t) L2 = 0.
Considerando condizioni iniziali nulle, si ottiene facilmente che Y (s) = W (s)U (s) =
1 s2 + 2 U (s) . 2 s4 + 4s2 + 3
` agevole verificare che E W (s) =
1 4
1 1 + s2 + 1 s2 + 3
da cui, antitrasformando, si ricava la rimposta impulsiva √ 1 1 sin t + √ sin 3t . w(t) = 4 3
12
Chapter 2
Analisi in frequenza Esercizio 2.1 Data G(s) = K
1+s s(s − 2)
1. Si tracci il diagramma di Bode di G(jω) per K = 1; 2. si tracci il diagramma di Nyquist di G(jω) per K = 1, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti ed intersezioni con gli assi coordinati; 3. supponendo che G(s) sia inserita nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, si studi la stabilit` a del sistema in catena chiusa al variare di K ∈ R ricorrendo al criterio di Nyquist. Soluzione: La forma di Bode di G(s) per K = 1 `e G(s) = −
1 1+s 2 s(1 − s/2)
da cui si evince che il guadagno di Bode `e negativo e in modulo minore di 1 (|KB |dB = −6). I punti di spezzamento sono per ω = 1, 2 rad/s rispettivamente per uno zero reale negativo ed un polo reale positivo. Vi `e inoltre un polo nell’origine. Il diagramma asintotico dei moduli parte quindi per ω → 0+ con pendenza -20 dB/dec, in ω = 1 rad/s la pendenza varia di +20dB/dec ed infine in ω = 2 rad/s la pendenza varia di -20dB/dec. L’intersezione con l’asse delle ordinate `e in -6 dB (valore di KB ). Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per ω → 0+ si ha fase pari a −3π/2 stante la presenza del polo dell’origine e del guadagno di Bode negativo. In ω = 1 rad/s la fase varia di +π/2 ed infine in ω = 2 la fase varia di ulteriori +π/2 a causa del polo a fase non minima. I diagrammi (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.1. Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che G(jω) =
−3 2 − ω2 +j , +4 ω(ω 2 + 4
ω2
da cui si evince la presenza di un asintoto verticale in -3/4 quando ω√→ 0+ , l’assenza √ di attraversamenti dell’asse delle ascisse e l’attraversamento dell’asse delle ordinate per ω = 2 con ReG(j 2)=-1/2. Le caratteristiche salienti di G(jω) sono riassunte nella seguente tabella: ω
Re G Im G Arg G
ω ' 0+ ω=
√
2
ω = +∞
− 34 0 0 0 1 100
0 0 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catena chiusa ha Z = N + P = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva. Per K < −100 vi sono due aggiramenti in verso orario del punto critico, quindi Z = N + P = 2 + 0 = 2 ed il sistema in catena chiusa ha 2 poli a parte reale positiva. Per −100 < K < −1 vi `e un aggiramento in verso orario del punto critico e pertanto il sistema in catena chiusa ha Z = N + 1 = 0 + 1 = 1 polo a parte reale positiva, mentre per −1 < K < 0 non vi sono nuovamente aggiramenti del punto critico, Z = N + P = 0 + 0 = 0 ed il sistema in catena chiusa non ha poli a parte reale positiva.
16
Per K = −100, si ha che G(∞) = −1 e la funzione di trasferimento in catena chiusa diventa non propria, con denominatore pK=−100 (s) = s − 99, mentre per K = −1 il sistema in catena chiusa ha un polo nell’origine ed un polo reale negativo, come si evince facilmente dal calcolo del denominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa: s2 . pK (s) = 1 + s + s2 + K 1 + 100
Figure 2.3: Diagrammi di Bode per Es. 2.2
17
Figure 2.4: Diagramma di Nyquist per Es. 2.2
18
Esercizio 2.3 Data
1 − 2s (1 + 2s) G(s) = K s(1 + s)
`e richiesto di: 1. tracciarne il diagramma di Bode per K = 1; 2. tracciare il diagramma di Nyquist per K = 1, individuando asintoti ed intersezioni con gli assi; G(s) ricorrendo al criterio di Nyquist, al variare del parametro reale K, 3. studiare la stabilit` a di W (s) = 1+G(s) in particolare individuando il numero di poli a parte reale positiva, negativa e nulla.
Soluzione: G(s) `e gi` a in forma di Bode, e, per K = 1, ha guadagno di Bode unitario. I punti di spezzamento dei diagrammi asintotici sono in ω = 1/2, 1, 2 rad/s, rispettivamente per uno zero reale positivo, un polo reale negativo, ed un zero reale positivo. Il diagramma asintotico dei moduli ha pendenza di -20 dB/dec a causa del polo nell’origine per ω → 0+ , ha una variazione di pendenza di +20 dB/dec in ω = 1/2, di -20 dB/dec in ω = 1 e di +20 dB/dec per ω = 2. La semiretta asintotica per ω ' 0+ interseca gli assi coordinati nell’origine ( KB = 1). Poich´e gli intervalli di frequenze [1/2, 1] e [1, 2] hanno la stessa ampiezza (in decadi), il diagramma asintotico giace sull’asse delle ascisse per ω > 2 rad/s. Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per ω → 0+ la fase vale −π/2 data la presenza del polo nell’origine, in ω = 1/2 rad/s la variazione `e di +π/2 (zero negativo), in ω = 1 rad/s di −π/2 (polo negativo), in ω = 2 rad/s di −π/2 (zero positivo). I diagrammi di Bode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.5. Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che G(jω) =
1 + 25 ω 2 − ω2 −j , 2 1+ω ω(1 + ω 2 ) 1 2
da cui si evince che il diagramma di Nyquist ha un asintoto verticale in 1/2, √ non vi sono attraversamenti dell’asse delle ascisse e vi `e un attraversamento dell’asse delle ordinate per ω = 1/ 2. Le caratteristiche salienti di G(jω) sono riassunte nella seguente tabella: ω
Re G Im G Arg G
ω ' 0+ ω=
√1 2
ω = +∞
1 2
>0 0 0 8
ω=1 ω=
p
3+
√
ω = +∞
8
√1 8
>0 0 0.57.
60
Figure 3.9: Luogo delle radici per Es. 3.9
61
Esercizio 3.10 Sia G(s) = K
(s2 + 8s + 32)(s − 4) , (s − 1)2 (s + a)2 (s + b)2
la funzione di trasferimento del termine in catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, con a > 0, b > 0, a 6= 38 , b 6= 83 . Si consideri il luogo delle radici del sistema in catena chiusa al variare del parametro reale K > 0. 1. Si determinino i valori di a e b sapendo che s = 0 e s = − 38 sono punti doppi del luogo; 2. si tracci il luogo, sapendo che esso non ha altri punti doppi oltre a quelli banali per K = 0 e a quelli in s = 0 e s = − 83 (non `e necessario determinare esplicitamente gli eventuali attraversamenti dell’asse immaginario); 3. si dica per quali valori di K > 0 il sistema in catena chiusa `e BIBO stabile. Si dica in particolare quanti poli a parte reale negativa, nulla e positiva ha il sistema in catena chiusa quando K = 25 8 . Soluzione: L’equazione per la determinazione dei punti doppi `e a(s)
db(s) da(s) = b(s) s s
che porta all’equazione (s − 1)(s + a)(s + b) {2 [(s + a)(s + b) + (s − 1)(s + a) + (s − 1)(s + b)] A(s) − B(s)} = 0 con A(s) B(s)
= (s2 + 8s + 32)(s − 4) = s(s − 1)(3s + 8)(s + a)(s + b) .
Scartati i fattori corrispondenti ai poli doppi di G(s), e che forniscono quindi soluzioni corrispondenti a punti doppi diversi da 0 e − 38 , per le ipotesi poste, osserviamo che B(s) = 0 per s = 0, − 38 , e che A(s) 6= 0 per s = 0, − 83 . Si devono pertanto trovare le soluzioni di (s + a)(s + b) + (s − 1)(s + a) + (s − 1)(s + b) = 0 che, valutata per s = 0, − 38 , porta al sistema di equazioni ab = 3ab =
a+b 19(a + b) − 80
da cui si ottiene facilmente che a = b =
√ 5+ 5 2√ 5− 5 2
per s = 0 per s = − 38
,
o viceversa, ma tale scelta `e ininfluente al fine del tracciamento del luogo delle radici. Si deve pertanto tracciare il luogo delle radici di (s2 + 8s + 32)(s − 4) G(s) = K , (s − 1)2 (s2 + 5s + 5)2 Il luogo ha 6 rami, di cui 3 vanno all’infinito secondo tre semirette asintotiche con direzione ϕ` =
(2` + 1)π n−m
` = 0, 1, . . . , n − m − 1
⇒ ϕ1,2,3 =
π 5π , π, 3 3
formanti una stella con centro in √ √ Pn Pm (1 + 1 − 5 + j 5 − 5 − j 5) − (4 − 4 + j4 − 4 − j4) 4 i=0 pi − i=0 zi α= = =− . n−m 3 3 La porzione di asse reale appartenente al luogo `e l’intervallo (−∞, 1] Il luogo `e come riportato in Fig. 3.10. Essendovi un ramo del luogo completamente contenuto nel semipiano reale positivo, il sistema in catena chiusa 62
non `e mai BIBO stabile per K > 0. Infine, `e immediato verificare che il denominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa diventa pK (s) = (s − 1)2 (s2 + 5s + 5)2 + K(s − 4)(s2 + 8s + 32) 25 < 25 da cui si ricava che il punto doppio in s = 0 si ha per K = 128 8 . Pertanto per K = poli con parte reale maggiore di zero ed altri tre poli con parte reale minore di zero.
Figure 3.10: Luogo delle radici per Es. 3.10
63
25 8
il sistema ha tre
Chapter 4
Sintesi del controllore Esercizio 4.1 Data
5 + + 5s + 2 si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche: G(s) =
s3
6s2
• errore a regime in risposta alla rampa |er,1 | ≤ 0.1; • pulsazione di attraversamento ωc = 1 rad/s; • margine di fase mφ = 30o . Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poich´e G(s) `e di tipo 0 (hG = 0) si deve introdurre un polo nell’origine tramite il compensatore (hD = 1). Inoltre, avendo G(s) guadagno di Bode pari a 5/2, deve essere 1 1 = 5 10 K 2 D da cui risulta KD = 4 e pertanto G∗ (s) = Dato che G∗ (j1) =
4 G(s) . s
20 , j4(j − 1)
si ottiene facilmente che ∗
|G (j1)| = Arg G∗ (j1)
=
√ 5 2 √ ⇒M = 0
da cui la necessit` a di utilizzare una rete a sella D∗ (s) =
1 + αT1 s 1 + T2 s 1 + T1 s 1 + αT2 s
T1 > T2 > 0,
con condizione (stringente) per l’esistenza M < cos ϕ. Esercizio 4.2 Data G(s) =
s + 100 (s + 1)(s + 10)
si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche: • errore a regime in risposta alla rampa |er,1 | ≤ 0.1; 64
0 0,
01 10 104 1000 ' −180o ⇒ ϕ = 60o − (180o − 180o ) = 60o > 0 '
da cui la necessit` a di utilizzare una rete anticipatrice D∗ (s) =
1 + Ts 1 + αT s
con condizione (stringente) per l’esistenza cos ϕ >
T > 0,
0 1 1000 · 100 10 Arg (1 + j10) − Arg (1 + j1000) − Arg (1 + j100) ' −95o ⇒ ϕ ' 90o − (180o − 95o ) = 5o > 0 67
da cui la necessit` a di utilizzare una rete anticipatrice D∗ (s) =
1 + Ts 1 + αT s
con condizione (stringente) per l’esistenza cos ϕ >
T > 0,
0 M . Esercizio 4.8 Sia G(s) =
1 s(s2 + 2s + 1)
la funzione di trasferimento nella catena diretta di un sistema in retroazione unitaria negativa. Utilizzando la sintesi di Bode, si progetti una rete correttrice D(s) da porre in serie a G(s) in modo da soddisfare le seguenti specifiche: • errore a regime in risposta alla rampa |er,1 | ≤ 0.1; • pulsazione di attraversamento ωc = 1 rad/s; • margine di fase mφ = 30o . Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poich´e hG = 1 si ha hD = 0. Inoltre, avendo G(s) guadagno di Bode unitario, deve essere KD = 10 e pertanto G∗ (s) = 10G(s) . Si ottiene facilmente che |G∗ (j1)| = ∗
Arg G (j1)
5 ⇒ M = 0.2 < 1
= −180o ⇒ ϕ = 30o > 0
da cui la necessit` a di utilizzare una rete a sella D∗ (s) =
1 + αT1 s 1 + T2 s 1 + T1 s 1 + αT2 s
T1 > T2 > 0,
0
