Esame scritto di Controlli Automatici

Esame scritto di Controlli Automatici

Foglio delle risposte. Data del compito: 10 Luglio 2020

Domande a risposta multipla.

Per ciascun domanda riportare nella seguente tabella le lettere di tutte le risposte che si ritengono vere.

1) A 2) B 3) A C 4) D 5) B D

6) A B D 7) A B 8) B 9) D 10) D

Domande dirette.

Per ciascuna domanda riportare nella seguente tabella la corrispondente risposta.

11) X(s) = 2 +5

s + 6 (s + 3)

(s + 3)²+ 16 12) g(t) = 2 −10

3 e^−2t+4 3e^−5t

13) y(t) ≃ 30 + 50 sin(10t − 80^◦) 14) ϕ(ω) = arctan^3ω₂ −2 t0ω−^π₂−π+arctan^2ω₅

15) F(X) = 4 Y1

π X 16) 2 yk+1+6 yk+4 yk−1+3 yk−2= 3 xk+5 xk−1

17) y0= −1

3 y∞= 8 18) T_a= 3

1

T| ln(0.6)| = 0.3

| ln(0.6)| = 0.5873

19) Ka = − 1 G(s)

   _s=−4

= 9 20) y(t) = 5 e^{−0.75 t}

Esercizi.

Per ciascun esercizio riportare negli spazi indicati i risultati finali e principali passaggi necessari per ottenerli. Si raccomanda di scrivere in maniera chiara.

21.Mason

G1(s) = BC+ A(1 + BD)

1 + BD + AF + BCED + BCF + BDAF

22.Rispostaalgradino a) Il valore a regime:

y∞= 1.1852, b) Il tempo di assestamento:

Ta ≃ 3

0.1 = 30 s,

c) Il periodo dell’eventuale oscillazione:

T_ω≃ π = 3.145s.

0 5 10 15 20 25 30 35 40

Time [s]

0 0.5 1 1.5 2 2.5

y(t)

Risposta al gradino

y∞

Ta

Tω

23.Margini

a) Mα= 0.67533 b) Mϕ= −14.7^◦ c) Kϕ= 0.354 d) Kα= 0.135

24.CriteriodiRouth

Equazione caratteristica del sistema retroazionato:

1 + 2K(s − 0.2)

s(s²+ s + 9) = 0 → s³+ s²+ (9 + 2K)s − 0.4K = 0 Tabella di Routh:

3 1 9 + 2K

2 1 −0.4K

1 9 + 2.4K 0 −0.4K

Calcoli: Dalla tabella di Routh si ricavano i seguenti vincoli:

9 + 2.4K > 0, K <0.

Il sistema retroazionato `e asintoticamente stabile per:

K^∗= −3.75 = − 9

2.4 < K <0 ω^∗=√

−0.4K^∗=p(9 + 2K^∗) =√

1.5 = 1.225

25.DiagrammiasintoticidiBode

La funzione approssimante G0(s), la fase ϕ0e il modulo M0: G0(s) = −0.4

9 s = −0.0444 s = K0

s , ϕ0= π

2, M0= ∞

La funzione approssimante G^∞(s), fase ϕ^∞ e modulo M^∞: G∞(s) = 2

s². ϕ∞= −π, M∞= 0

Guadagno β in corrispondenza della pulsazione ω0 dove si ha il primo cambio di pendenza:

ω0= 0.2, β = 0.4

9 · 0.2 = 0.2222 ≃ −13.06 db, Guadagno γ in corrispondenza della pulsazione ω^∞ dove si ha l’ultimo cambio di pendenza:

ω∞= 3, γ= 2

3² = 0.2222 ≃ −13.06 db.

25.DiagrammiasintoticidiBode(scalelogaritmiche)

Dopo aver indicato i valori degli assi, riportare i diagrammi asintotici di Bode delle fase e delle ampiezze.

Diagramma asintotico dei moduli

0.2 -1

O.

3 0

2x.

-2

-60.

-40.

-20.

0.

20.

Diagramma a gradoni delle fasi

0.2 O.

3 2x.

-180.

-90.

0.

90.

G0(s)

G∞(s)

β γ

ϕ∞

ϕ0

26.DiagrammadiNyquist

Fase iniziale ϕ0, modulo iniziale M0 e parametro ∆τ: ϕ0=π

2, M0= ∞, ∆τ = −5 −1

9 = −5.1111 < 0 Fase finale ϕ^∞, modulo finale M^∞e parametro ∆p:

ϕ∞= −π M∞= 0 ∆p= 0.2 + 1 = 1.2 > 0 Indicare se nel diagramma di Nyquist ´e presente un asintoto verticale: Si

⊠

^{, No}



^.

Se si, fornire la posizione dell’asintoto verticale: σa= K0∆τ = (−0.0444) · (−5.1111) = 0.2272 Variazione di fase ∆ϕ per ω ∈]0, ∞[: ∆ϕ = −^3π₂

Eventuale intersezione con il semiasse reale: σ^∗₁= −_K¹∗ = −−3.75¹ = 0.2667 Tracciamento qualitativo del diagramma di Nyquist completo:

-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8

Real -0.8

-0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6

Imag

Diagramma di Nyquist

0.1 0.12 0.15 0.18 0.22 0.33 0.47 0.821.5 1.8

2.2

3.3 2.7 3.9

4.7 σ_a

27.StimadiunafunzioneG(s)

Funzione di trasferimento del sistema:

G(s) = 1000(s + 0.3)(s − 2) s(s²+ 6s + 10²)(s − 200).

Il valore K = 1000 si determina, per esempio, calcolando il modulo γ dell’approssimante G0(s) in corrispondenza della pulsazione ω = 0.3:

|G0(s)|s=0.3 j=    

K0.6 100 · 200s

   _{0.3 j}

= K

10000 = γ ≃ −20 db ≃ 0.1 → K≃ 1000.

Il coefficiente di smorzamento della coppia di poli complessi coniugati stabili `e il seguente:

δ= 1 2Mωn

= 1 5 = 0.3.

La distanza Mωn≃ 4.5 db ≃ 1.66 di legge dal diagramma di Bode dei moduli.

28.LuogodelleRadici

Equazione caratteristica del sistema retroazionato:

1 + K1G1(s) = 0 ↔ 1 + K (s + 3)(s + 1) s(s − 2)(s + 5)² = 0 Numeri r degli asintoti e posizione σa del centro degli asintoti (solo se r ≥ 2):

r= 2 σ_a= 1

2(2 − 10 + 3 + 1) = −2 Tracciamento qualitativo del luogo delle radici per K < 0:

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3

Real -8

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

Imag

Luogo delle radici

sa

29.ContornodelleRadici

Equazione caratteristica del sistema dinamico assegnato posto nella forma 1 + α G2(s):

1 +8(s + α)(s + 10)

s³ = 0 → 1 + α 8(s + 10)

s(s²+ 8s + 80) = 0

Funzione G2(s) fattorizzata, grado relativo r e posizione σa del centro degli asintoti (se |r| > 1):

G2(s) = 8(s + 10)

s[(s + 4)²+ 8²] r= 2 σa =1

2(−8 + 10) = 1 Tracciamento qualitativo del contorno delle radici della funzione G2(s) per α > 0:

-12 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4

Real -20

-16 -12 -8 -4 0 4 8 12 16 20

Imag

Luogo delle radici

σa

30.Retecorrettrice:Nyquist

Modulo e fase del punto B:

M_B=√

0.5 = 0.707 ϕ_B= 225^◦

Pulsazione ωA del punto A:

ω_A= 5.6

Modulo e fase del punto A:

M_A= 2.898, ϕ_A= 243^◦.

Parametri M e ϕ:

M = 0.2440 ϕ= −18^◦

Parametri τ1e τ2:

τ1= 0.4086 τ2= 1.8187

Disegnare su questo piano di Nyquist la posi- zione del punto B e la zona di ammissibilit´a:

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 Real

-5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1

Imag

Diagramma di Nyquist

A B

0 0.12 0.27 0.39 0.56 0.68 0.82 1 1.2

1.5

1.8

2.2 3.3 2.7

3.9 4.7 5.6 6.8

8.2 10

12 15 18

27 0

0.027 0.056 0.082 0.12 0.15 0.18 0.22

0.27 0.33 0.470.39 0.680.56 0.82 1 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2

12

Rete correttrice:

C(s) = 1 + τ1s

1 + τ2s =(1 + 0.4086 s) (1 + 1.8187 s)

31.Retecorrettrice:Nichols

Modulo e fase del punto B:

MB= 0 db = 1 ϕB= −130^◦

Pulsazione ωA del punto A:

ωA= 6.8

Modulo e fase del punto A:

MA= 0.0491, ϕA= −193.7^◦.

Parametri M e ϕ:

M =M_B MA

= 20.36, ϕ= ϕB− ϕA= 63.73^◦

Parametri τ1e τ2:

τ1= 3.266 τ2= 0.06452

Disegnare sul questo piano di Nichols la posi- zione del punto B e la zona di ammissibilit´a:

-230 -220 -210 -200 -190 -180 -170 -160 -150 -140 -130 -120 -110 Phase [degrees]

-50 -40 -30 -20 -10 0 10 20 30

Mag [db]

Diagramma di Nichols

A

B 0.560.47 0.68 0.82 1 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7 3.3

4.7

6.8

10

15

22

1.8 2.2 2.7 3.93.3 5.64.7 8.26.8 1210 15 18 22 27 33 39 47 56 68 82 100 120 150

Rete correttrice:

C(s) = 1 + τ1s

1 + τ2s = (1 + 3.266 s) (1 + 0.06452 s)

32.Puntidilavoro

Guadagni statici: K1= 1 K2= 3 K3= 2

Retta di carico:

x= r − 6y → r= x + 6y

Valori r1ed r2 del segnale di ingresso r corrispondenti ai punti di lavoro (x1, y1) e (x2, y2):

5 = 3 r1

5 → r1= 6 + 6 · 5 = 36.

33.Criteriodelcerchio

Pendenze delle rette del settore:

α= 1

3 = 0.3333, β =5

3 = 1.6667.

Funzione d’anello G(s):

G(s) = 6 (s + 1)³ Parametri della funzione G(s):

K¯^∗= 4

3 = 1.333 ω^∗=√

3 = 1.732 Il sistema retroazionato ´e:

globalmente asintoticamente stabile;

instabile;

N non si pu´o dire nulla;

Disegnare su questo piano di Nyquist la posizione del cerchio critico e della G(jω):

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2

Real -3.5

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

Imag

Diagramma di Nyquist

0.68 0.82

1 1.2

1.5 1.82.2 3.3

34.Funzionedescrittiva Valore della F (X) per X = 0⁺: m0= 0

Valore della F (X) per X = ∞:

m∞= 0.3333 Note:

Andamento qualitativo della funzione descrittiva F (X):

0 3 6 9 12 15 18 21 24

X 0

0.5 1 1.5

F(X)

Funzione descrittiva

mo m1

m0

35.DiscussionealvariarediK

Per K 6= 1, il margine di ampiezza K^∗ del sistema K G1(s) `e:

K^∗=K¯^∗

K =1.3333 K Discussione al variare di K:

a) Per K^∗ > m1, il sistema ´e globalmente asintoti- camente stabile nell’origine.

b) Per m∞ < K^∗ < m1, si hanno 2 cicli limite, uno stabile (quello uscente) e uno instabile (quello entrante).

c) Per K^∗< m∞ si ha un ciclo limite instabile.

Rappresentazione grafica delle funzioni G(jω) e −_F(X)¹ :

-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1

Real -3.5

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

Imag

Diagramma di Nyquist

0.68 0.82

1 1.2

1.5 1.82.22.7

a b

c

1/f

36.Discretizzazione

Utilizzando il metodo delle differenze all’indietro si ottiene:

D(z) = (s + 1) s

  

s=_T^2(1−z−1)_{(1+z−1 )}

=2(1 − z⁻¹) + T (1 + z⁻¹)

2(1 − z⁻¹) =T+ 2 + (T − 2)z⁻¹ 2 − 2z⁻¹ Per T = 0.1 si ha:

D(z) = M(z)

E(z) =2.1 − 1.9z⁻¹ 2 − 2z⁻¹ La corrispondente equazione alle differenze assume la forma seguente:

m(k) = 1

2[2 m(k − 1) + 2.1 e(k) − 1.9 e(k − 1)]

cio`e:

m(k) = m(k − 1) + 1.04 e(k) − 0.95 e(k − 1)]

37.Esercizioopzionale(seprevisto)

A.FogliodiBrutta

B.FogliodiBrutta

C.FogliodiBrutta