Controlli Automatici B 8 Giugno 2017 - Esercizi
Nome:
Nr. Mat.
Firma:
a.1) Sia dato il seguente sistema retroazionato:
- e(t)-
K -
G(s) (s2+ α s + 1) s2(s + 1)(s + 9)
- 6
r(t) y(t)
Posto α = 1, tracciare qualitativamente il luogo delle radici del sistema retroazionato al variare del parametro K. Tracciare il luogo delle radici per K > 0. Determinare esattamente la posizione degli asintoti, le intersezioni ω∗ con l’asse immaginario e i corrispondenti valori del guadagno K∗. Determinare la posizione dei punti di diramazione “solo in modo qualitativo”.
Soluzione. Posto α = 1, l’equazione caratteristica del sistema retroazionato `e:
1 + K1G1(s) = 0 ↔ 1 + K (s2+ α s + 1) s2(s + 1)(s + 9) = 0
dove K1 = K. L’andamento qualitativo del luogo delle radici del sistema G1(s) al variare di K1 > 0 ´e mostrato in Fig. 1.
−12 −10 −8 −6 −4 −2 0 2
−15
−10
−5 0 5 10 15
Real
Imag
Luogo delle radici
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1
−2
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5 2
Real
Imag
Luogo delle radici
Figura 1: Luogo delle radici del sistema G1(s) al variare di K1>0. Il secondo grafico mostra un dettaglio.
Il centro degli asintoti σa `e:
σa= 1
2(−1 − 9 + 1) = 4.5
L’intersezione con l’asse immaginario si calcola utilizzando il criterio di Routh:
1 + K G(s) = 0 → s2(s + 1)(s + 9) + K(s2+ s + 1) = 0 s4+ 10 s3+ (9 + K)s2+ K s + K = 0
4 1 9 + K K
3 10 K
2 10(9 + K) − K 10 K
1 [10(9 + K) − K − 102]K
0 10 K
Il sistema retroazionato ´e stabile per:
90 + 9K − 102 > 0 → K > K∗ = 10
9 = 1.11
L’intersezione con l’asse immaginario si ha alla pulsazione:
ω∗ =r K∗ 10 =√
0.111 = 0.333
a.2) Posto K = 20, tracciare qualitativamente il contorno delle radici del sistema retroazionato al variare del parametro α > 0. Determinare la posizione dei punti di diramazione “solo in modo qualitativo”. Nella graficazione si tenga conto che: a) la posizione dei poli del sistema retroazionato quando K = 20 e α = 0 `e p1,2 = 0.11 ± 0.81 j e p3,4 = −5.11 ± 2.11 j; b) il sistema retroazionato `e stabile per α∗1 < α < α∗2. Il calcolo dei parametri α1∗ e α∗2 non `e necessario.
Determinare la posizione dei punti di diramazione “solo in modo qualitativo”.
Soluzione. Posto K = 20, L’equazione caratteristica del sistema retroazionato `e la seguente:
s2(s + 1)(s + 9) + 20(s2+ 1) + 20α s = 0 → 1 + 20 α s
s2(s + 1)(s + 9) + 20(s2 + 1) = 0 I poli della funzione G2(s) sono quelli indicati sopra:
1 + 20 α s
[(s − 0.11)2+ 0.812][(s + 5.11)2 + 2.112] = 0 ↔ 1 + α G2(s) = 0 Il contorno delle radici al variare del parametro α > 0 `e mostrato in Fig. 2.
−10 −8 −6 −4 −2 0 2
−10
−8
−6
−4
−2 0 2 4 6 8 10
Real
Imag
Luogo delle radici
Figura 2: Contorno delle radici del sistema G2(s) al variare del parametro α > 0.
Il centro degli asintoti σa `e il seguente:
σa= 1
3(2 · 0.11 − 2 · 5.11) = −10
3 = −3.66
a.3) Sia data la seguente funzione di trasferimento G3(s) che descrive il legame tra la tensione in ingresso V (s) e la corrente in uscita I(s) di un circuito elettrico:
G3(s) = I(s)
V (s) = Cs + G
CLs2+ (CR + GL)s + GR + 1
Posto L = 1, C = 1 e G = 2, mostrare graficamente come si muovono sul piano complesso i poli della funzione di trasferimento G3(s) al variare del parametro R > 0. Calcolare il valore R∗ a cui corrisponde il minimo tempo di assestamento del sistema G3(s) alla risposta al gradino.
Soluzione. La funzione di trasferimento G3(s) `e quella che si ottiene dallo schema elettrico mostrato in Fig. 3. I poli della funzione di trasferimento G3(s) coincidono con le radici del
V1
I1
IG
VC
VR
L R
C
G
Figura 3: Schema elettrico da cui `e stata ricavata la funzione di trasferimento G3(s).
polinomio a denominatore:
CLs2+ (CR + GL)s + GR + 1 = 0 Posto L = 1, C = 1 e G = 2 si ottiene la seguente equazione:
s2+ (R + 2)s + 2R + 1 = 0 che pu`o essere riscritta nel seguente modo equivalente:
s2+ 2s + 1 + R(s + 2) = 0 → 1 + R (s + 2)
(s + 1)2 = 0 → 1 + R G4(s) = 0 Il contorno delle radici al variare del parametro R > 0 `e mostrato in Fig. 4. In questo caso
−4 −3.5 −3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5
Real
Imag
Luogo delle radici
Figura 4: Contorno delle radici del sistema G4(s) al variare del parametro R > 0.
il contorno delle radici si muove lungo una circonferenza centrata in z=-2. Il raggio R della circonferenza `e il seguente:
R = 1
I punti di diramazione σ1 e σ2 del contorno delle radici sono:
σ1 = −1, σ2 = −3.
La condizione di minimo tempo di assestamento di ha in corrispondenza del punto di diramazione σ1 = −1 e quindi per il seguente valore del parametro R∗:
R∗ = − 1 G4(s)
s=σ2
= − (s + 1)2 (s + 2)
s=−3
= 4.
b) Siano date le seguenti due funzioni di risposta armonica dei sistemi Ga(s) e Gb(s):
−260 −240 −220 −200 −180 −160 −140 −120 −100
−40
−30
−20
−10 0 10 20
Phase [degrees]
Mag [db]
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 10 12
15
Sistema Ga(s): diagramma di Nichols
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1
−2
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1
Real
Imag
3.3 3.9
4.7
5.6 6.8 8.2
1012 18
Sistema Gb(s): diagramma di Nyquist
b.1) Per il sistema Ga(s), progettare una rete ritardatrice in modo che la funzione di risposta armonica del sistema compensato passi per il punto B = (−160◦, −10 db). Scegliere il valore della pulsazione ω che si ritiene pi`u opportuno.
Soluzione. La posizione del punto B coincide con la specifica di progetto B = MBejϕB: MB = −10 db = 0.3162 e ϕB = −160◦. La regione di ammissibilit´a `e mostrata in grigio in Fig. 5. Il punto A = Ga(jωA) scelto per il progetto `e quello corrispondente alla pulsazione ωA = 1.5:
MA = |G(jωA)| = 3.31, ϕA= arg[G(jωA)] = 215.6◦.
Sostituendo i valori di M , ϕ e ω all’interno delle formule di inversione si ottengono i valori dei parametri τ1 = 2.153 e τ2 = 23.64 della rete correttrice C1(s):
M = MB
MA
= 0.095, ϕ = ϕB− ϕA = −15.58◦ → C1(s) = (1 + 2.153 s) (1 + 23.64 s). Il diagramma di Nichols delle funzioni Ga(s) e C1(s)Ga(s) sono mostrati in Fig. 5.
−260 −240 −220 −200 −180 −160 −140 −120 −100
−40
−30
−20
−10 0 10 20
A
B
Phase [degrees]
Mag [db]
Diagramma di Nichols
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
10
12
15
0.39 0.47 0.56 0.68 0.82 1 1.2 1.5 1.8
2.2
2.7
3.3 3.9
4.7
5.6
6.8
Figura 5: Diagrammi di Nichols delle funzioni Ga(s) e C1(s) Ga(s).
Sintesi della rete correttrice C1(s) con altri valori della pulsazione ωA:
ωA=[ 1.8 1.5 1.2 1 0.82 ]
MA=[ 2.407 3.318 4.715 6.057 7.644 ] ϕA=[ −156.3 −144.4 −129.3 −116.7 −103 ] M =[ 0.1314 0.0953 0.0670 0.0522 0.0413 ] ϕ =[ −3.697 −15.59 −30.68 −43.28 −57 ] τ1 =[ 7.466 2.153 1.295 0.9857 0.7318 ] τ2 =[ 56.98 23.64 22.95 26.88 34.36 ]
b.2) Per il sistema Gb(s) progettare i parametri K, τ1 e τ2 di una rete anticipatrice C(s) = K 1 + τ1s
1 + τ2s in modo da garantire al sistema compensato un margine di fase Mϕ = 50◦ in corrispondenza della pulsazione ωA= 4.7.
Soluzione. La specifica sul margine fase Mϕ = 50◦ definisce completamente la posizione del punto B = MBejϕB: MB = 1 e ϕB = 230◦. La regione ammissibile `e mostrata in grigio in Fig. 6. Il punto A = G(jωA) che deve essere portato in B `e quello assegnato corrispondente alla pulsazione ωA= 4.7:
MA= |G(jωA)| = 1.5, ϕA = arg[G(jωA)] = 180◦.
Tale punto pu´o essere portato in B usando la rete anticipatrice assegnata solamente se il parametro K viene scelto in modo che il punto A′ = K A appartenga alla regione di ammissibilit´a . Se si sceglie per A′ il valore A′ = −0.3, si ottiene K = |A|A|′| = 0.2. I valori di M e ϕ da usare nelle formule di inversione vanno ora calcolati utilizzando le coordinate polari dei punti A′ e B:
M = MB
MA′
= 3.33, ϕ = ϕB− ϕA′ = 50◦ → C2(s) = (1 + 0.746 s) (1 + 0.095 s).
Sostituendo tali valori all’interno delle formule di inversione si ottengono i parametri τ1 = 0.746 e τ2 = 0.095. I diagrammi di Nyquist delle funzioni Gb(s), K Gb(s) e K C2(s)Gb(s) sono mostrati in Fig. 6.
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1
−2
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1
A
B
Real
Imag
Diagramma di Nyquist
3.3
3.9
4.7
5.6 6.8 8.2
10
1.2 1.5
1.8 2.2
2.7 3.3
3.9 4.7
2.2 2.7 3.3 3.9 4.7
Figura 6: di Nyquist delle funzioni Gb(s) e C2(s) Gb(s).
Sintesi della rete correttrice C1(s) con altri valori del guadagno K: ωA: K =[ 0.333 0.267 0.2 0.133 0.1 ] MA′ =[ 0.5 0.4 0.3 0.2 0.15 ] ϕA′ =[ 180 180 180 180 180 ] M =[ 0.1314 0.0953 0.0670 0.0522 0.0413 ]
ϕ =[ 50 50 50 50 50 ]
τ1 =[ 0.3766 0.5138 0.746 1.208 1.67 ] τ2 =[ 0.0396 0.0671 0.095 0.1229 0.137 ] c) Si consideri il seguente sistema non lineare retroazionato:
- - K(s − 2)2 (s + 2)2
-
N.L. 6
r e x
y
- 6
4 8
−4
−8
x 6
4 2
−2
−4
−6 y(x)
c.1) Posto K = 1, determinare per quali valori r0 ed r1 dell’ingresso r i punti di lavoro del sistema retroazionato sono posizionati in (x0, y0) = (0, 0) e in (x1, y1) = (8, 6).
Soluzione. Il sistema `e caratterizzato dai seguenti guadagni statici: K1 = 1, K2 = 1 e K3 = 1. La retta di carico della parte lineare del sistema `e una retta orizzontale di ordinata:
x = r − y
I valori r0 e r1 si ottiene ponendo (x0, y0) = (0, 0) e (x1, y1) = (8, 6) nella retta di carico:
r0 = 0, r1 = 14.
c.2) Posto K = 1 ed utilizzando il criterio del cerchio, dire se il sistema retroazionato `e stabile o meno nell’intorno del punto (x1, y1) = (8, 6).
Soluzione. Le pendenze α e β di 2 rette che centrate in (x0, y0) = (8, 6) racchiudono a settore tutta la non linearit`a sono le seguenti:
α = 1
2, β = 3
2. Il cerchio critico interseca il semiasse reale negativo nei punti:
−1
α = −2, −1
β = −2 3.
Il margine di ampiezza ¯K∗e la pulsazione ω∗ della funzione G1(s) si determinano utilizzando il criterio di Routh: ¯K∗ = 1, ω∗ = 2.
1 + K G1(s) = 0 → (s + 2)2+ K(s − 2)2 = 0 (1 + K)s2+ 4(1 − K)s + 4(K + 1) = 0
2 (1 + K) 4(1 + K) 1 4(1− K)s
0 4(1 + K) Il sistema retroazionato ´e stabile per:
(1 − K > 0) ∪ (1 + K > 0) → −1 = ˜K < K < ¯K∗ = 1 L’intersezione con l’asse immaginario si ha alla pulsazione:
ω∗ =√ 4 = 2
Il valore di ¯K∗ `e minore di β:
α < ¯K∗ < β
per cui in base al criterio del cerchio non si pu´o concludere niente relativamente alla stabilit´a del sistema retroazionato.
In Fig. 7 `e mostrato il diagramma di Nyquist della funzione G(s) sovrapposto al cerchio critico.
−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10 12 14 16
−8
−6
−4
−2 0 2 4 6 8 10 12
x
y(x)
Funzione non lineare y(x)
r.c.
α β
−2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1 1.5
Real
Imag
Diagramma di Nyquist
0 0.056 0.12 0.18
0.27 0.33 0.39 0.47 0.56 0.82 0.68 1 1.2 1.5 1.8 2.2 2.7
3.3
3.9 4.7 5.6
6.8 8.2
10 12
15 22
33 68 470
cerchio critico
Figura 7: Diagramma di Nyquist della funzione G(s) e cerchio critico.
c.3) Disegnare in modo qualitativo l’andamento della funzione descrittiva F (X) della non linea- rit`a y(x) nell’intorno del punto (0, 0). Utilizzare delle variabili (per esempio: m1, m2, . . .) per rappresentare gli eventuali valori non noti minimi e massimi della funzione F (X).
Soluzione. L’andamento qualitativo della funzione descrittiva F (X) `e mostrato in Fig. 8.
0 2 4 6 8 10 12 14
0 0.5 1 1.5 2
X
F(X)
Funzione descrittiva
m1 m2
m3
Figura 8: Andamento della funzione descrittiva F (X).
Per X < 4 la funzione descrittiva F (X) coincide con quella di un rel`e ideale sommata ad una retta di pendenza negativa:
F (X) = 8 π X −1
2.
Il valore m1 del primo minimo si ottiene dalla F (X) in corrispondenza di X = 4:
m1 = F (X)|X=4 = 2 π −1
2 = 0.1366.
−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2
−4
−3
−2
−1 0 1 2 3 4
Real
Imag
Diagramma di Nyquist
0.1 0.27 0.680.47 1.21 1.5 1.8 2.2 2.7
3.3
a)
b)
c) d)
−F(X)1
Figura 9: Discussione grafica al variare di K.
Il valore m2 del massimo intermedio pu`o essere calcolato solo conoscendo la F (X) per X > 4. Per X → ∞ la F (X) tende al valore finale minimo m3 = 12.
c.4) Discutere “qualitativamente” (in funzione anche dei parametri m1, m2, . . .) l’esistenza o meno di cicli limite nel sistema retroazionato al variare del guadagno K > 0.
Soluzione. Per K = 1, il margine di ampiezza ¯K∗ del sistema G1(s) `e ¯K∗ = 1. Per K 6= 1, il margine di ampiezza K∗ del sistema K G1(s) `e K∗ = K¯K∗. Al variare di K∗ si possono avere le seguenti condizioni di funzionamento:
a) Per K∗ > m2, il diagramma di Nyquist della G1(s) interseca la funzione −1/F (X) in un solo punto a cui corrisponde un ciclo limite stabile.
b) Per m3 < K∗ < m2, il diagramma di Nyquist della G1(s) interseca la funzione −1/F (X) in tre punti: i due punti esterni corrispondono a due cicli limite stabili, il punto intermedio rappresenta un ciclo limite instabile.
c) Per m1 < K∗ < m3 il diagramma di Nyquist della G1(s) interseca la funzione −1/F (X) in due punti: il primo corrisponde un ciclo limite stabile e il secondo ad un ciclo limite instabile.
d) Per K∗ < m1 la funzione −1/F (X) `e tutta interna al diagramma polare completo della funzione G1(s) per cui non vi sono cicli limite e il sistema retroazionato `e instabile.
c.5) Posto K = 1, calcolare l’ampiezza X∗ e la pulsazione ω∗ del pi`u piccolo ciclo limite stabile presente nel sistema retroazionato.
Soluzione. Posto K = 1, il margine di ampiezza K∗ del sistema K G1(s) `e K∗ = 1. Tale valore `e maggiore di m2 per cui nel sistema retroazionato `e presente un solo ciclo limite stabile di cui `e possibile calcolare l’ampiezza X∗ utilizzando la funzione F (X):
F (X∗) = K∗ → 8 π X∗ − 1
2 = 1 → X∗ = 8
1.5π = 1.7.
La pulsazione ω∗ del ciclo limite coincide con quella del punto di intersezione della G1(s) con il semiasse reale negativo ω∗ = 2.
d) Sia dato il sistema retroazionato ripor- tato a fianco, e il diagramma di Nyquist della funzione G(s) riportato sotto.
d.1) Posto C(s) = 1, determinare l’ampiezza X∗ e la pulsazione ω∗ dell’oscillazione autosostenuta che
`e presente all’interno del sistema quando r = 0.
d.2) Progettare una rete correttrice C(s), in modo che l’oscillazione au- tosostenuta che `e presente all’in- terno del sistema quando r = 0 sia caratterizzata da un’ampiezza X∗ = 2 e da una pulsazione ω∗ = 3.
- - C(s) -
3
−3
- G(s) -
6
r e x y
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5
−2
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1
Real
Imag
Diagramma di Nyquist
2.7 3
3.3
3.9
4.7 5.6 6.8
8.210
Soluzione.
d.1) La funzione descrittiva del rel`e ideale `e:
F (X) = 12 π X
L’intersezione della funzione di risposta armonica G(jω) con il semiasse reale negativo avviene nel punto −1.75 in corrispondenza della pulsazione ω = 3.9. Il margine di ampiezza del sistema
`e quindi K∗ = 1.751 = 0.5714. L’ampiezza X∗ dell’oscillazione autosostenuta si ricava imponendo F (X∗) = K∗:
12
π X∗ = 0.5714 → X∗ = 12
0.5714π = 6.6848
d.2) Per poter avere un’oscillazione autosostenuta con ampiezza X∗ = 2, il margine di ampiezza K∗ del sistema compensato dovr`a essere uguale a F (X∗):
K∗ = 12 π X∗ = 6
π = 1.91 → B = − 1
K∗ = −0.5236 Modulo e fase del punto B:
MB = 0.5236, ϕB = 180o Il punto A `e quello corrispondente alla pulsazione ω = 3:
MA = 2.8638, ϕA = 194.86o −→ M = MB
MA
= 0.1828, ϕ = −14.86o La rete correttrice che si ottiene utilizzando le formule di inversione `e la seguente:
τ1 = M − cos ϕ
ω sin ϕ = 1.018, τ2 = cos ϕ −M1
ω sin ϕ = 5.852 → C(s) = 1 + 1.018 s 1 + 5.852 s La regione ammissibile `e mostrata in grigio in Fig. 10.
e) Utilizzando il metodo della trasformazione bilineare, discretizzare la seguente rete correttrice:
D(s) = M (s)
E(s) = 3s + 1 s + 5
giungendo anche alla determinazione della corrispondente equazione alle differenze. Si utilizzi il periodo di campionamento T = 0.05.
−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5
−2
−1.5
−1
−0.5 0 0.5 1
A
B
Real
Imag
2.7
3 3.3
3.9
4.7 5.6 6.8
2.73 3.9 4.7 6.8
Sistema Ga(s): diagramma di Nyquist
Figura 10: Diagrammi di Nyquist delle funzioni G(s) e C(s) G(s).
Soluzione. Utilizzando il metodo della trasformazione bilineare si ottiene:
D(z) = D(s)|s=2
T1−z−1 1+z−1
= 3 2(1 − z−1) + T (1 + z−1)
2(1 − z−1) + 5 T (1 + z−1) = 3 [T + 2 + (T − 2)z−1] 5 T + 2 + (5 T − 2)z−1 Posto T = 0.04 si ottiene:
D(z) = 6.15 − 5.86 z−1 2.25 − 1.75 z−1
La corrispondente equazione alle differenze si ricava dalla relazione:
M (z)(2.25 − 1.75 z−1) = E(z)(6.15 − 5.86 z−1) ottenendo:
m(k) = 1
2.25(1.75 m(k − 1) + 6.15 e(k) − 5.86 e(k − 1)) cio`e :
m(k) = 0.78 m(k − 1) + 2.73 e(k) − 2.60 e(k − 1)
f) Calcolare la risposta all’impulso unitario x(n) = (1, 0, 0, . . .) del seguente sistema dinamico discreto, partendo da condizioni iniziali nulle:
y(n + 2) − 0.36 y(n) = 6 x(n + 1)
Soluzione. Applicando la Z-trasformata alla precedente equazione alle differenze si ottiene:
z2Y (z) − 0.36 Y (z) = 6 z X(z)
Esprimendo Y (z) in funzione di X(z) e tenendo presente che X(z) = 1 si ottiene:
Y (z) = 6 z
z2− 0.36X(z) = 6 z
(z − 0.6)(z + 0.6) Scomponendo in fratti semplici si ottiene:
Y (z) = 6 z
1
1.2(z − 0.6) − 1 1.2(z + 0.6)
Antitrasformando si ottiene:
y(n) = 5 [(0.6)n− (−0.6)n]
Controlli Automatici B
8 Giugno 2017 - Domande Teoriche
Nome:
Nr. Mat.
Firma:
Rispondere alle domande e ai test che seguono. Per ciascuno dei test segnare con una crocetta le affermazioni che si ritengono corrette.
1. Il tempo di assestamento Ta della risposta impulsiva g(k) del sistema discreto G(z) = z−0.3z `e:
Ta= 3 |T1 log10(0.3)|;
Ta= 3 |T1 ln(0.3)|;
Ta= 3/|T log10(0.3)|;
N Ta= 3/|T1 ln(0.3)|;
Ta= 3 |T log10(0.3)|;
Ta= 3 |T ln(0.3)|;
2. A fianco `e riportato il luogo delle radici del siste- ma G(s) = (s+6)(s−102+16) al variare del parametro K > 0. Calcolare:
4.1) L’ascissa σ0 corrispondente alla condizione di allineamento dei tre poli:
σ0 = −2
4.2) Il valore K0 corrispondente alla condizione di allineamento dei tre poli:
K0 = − 1 G(s)
s=−2
= 8
4.3) Per quali valori di K il sistema retroazio- nato `e stabile:
0 < K < K∗ = −G(s)1
s=0 = 9.6
−6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1
−6
−5
−4
−3
−2
−1 0 1 2 3 4 5 6
Real
Imag
Luogo delle radici
3. Scrivere la funzione di trasferimento G(s) di un regolatore standard PD e a fianco disegnare qualitativamente il corrispondente diagramma di Bode dei moduli:
G(s) = K(1 + Tds)
-
| · |6
ω
1 Td
K
+1
4. Tipicamente, quali delle seguenti reti correttrici `e bene utilizzare se si vuole stabilizzare un sistema in retroazione caratterizzato da un margine di fase fortemente negativo?
una rete anticipatrice;
N un regolatore PI;
N una rete ritardatrice;
un regolatore PD;
5. Sia X(z) = Z[x(k)] la Z-trasformata della successione x(k). Per n = 1, 2, . . ., enunciare il teorema della traslazione nel tempo nei seguenti 2 casi: a) ritardo e b) anticipo:
a) Z[x(k − n)] = z−nX(z) b) Z[x(k + n)] = znX(z) − Pn−1k=0x(k)z−k
6. La funzione discreta D(z) riportata sotto `e stata ottenuta dalla funzione D(s) utilizzando il metodo della corrispondenza poli-zeri. Calcolare il parametro k imponendo l’uguaglianza dei guadagni alle alte frequenze:
D(s) = s
s + 2 → D(z) = k z − 1
z − e−2T → k = 1 + e−2T 2
7. Scrivere la funzione di trasferimento H0(s) del ricostruttore di ordine 0:
H0(s) = 1 − e−sT s
8. Come si determina la funzione di risposta armonica F (ω) di un sistema discreto G(z)?
F (ω) = G(jωT ) N F (ω) = G(ejωT) F (ω) = G(jω) F (ω) = G(ejω) 9. Scrivere l’equazione alle differenze corrispondente alla seguente funzione di trasferimento:
G(z) = Y (z)
X(z) = 3z + 5
4 z2+ 2 z + 1 + 2 z−2 → 4 yk+2+ 2 yk+1+ yk+ 2 yk−2 = 3 xk+1+ 2 xk
10. Tracciare qualitativamente sul piano z: A) i luoghi a tempo di assestamento costante; B) i luoghi a pulsazione ω costante.
1 -1
Re B) Ta = cost Im Piano z
1 -1
Re A) ω = cost Im Piano z
11. Un sistema in retroazione negativa avente G(s) sul ramo diretto, H(s) sul ramo di retroazione e con un elevato guadagno statico d’anello
`e poco sensibile alle variazioni parametriche di H(s) N `e poco sensibile alle variazioni parametriche di G(s)
N `e poco sensibile alla presenza di disturbi costanti esterni agenti sul sistema 12. Fornire una stima della larghezza di banda
ωf e del tempo di salita tr del sistema G1(s) di cui a fianco `e riportato il diagramma di Bode dei moduli:
ωf ≃ 0.5 tr ≃ 1 ωf
= 2 s
Fornire inoltre una stima della larghezza di banda ωf0 e del tempo di salita tr0 del corrispondente sistema retroazionato:
ωf0 ≃ 15 tr0 ≃ 1 ωf0
= 0.07 s
10−1 100 101 102
−20
−10 0 10 20 30 40 50
Diagramma dei moduli
Mag (db)
Frequency [rad/s]
ωf ωf0
13. Sia dato il seguente sistema retroazionato. Per quale valore di K il sistema retroazionato `e stabile con un margina di fase Mϕ = 45◦?
- - K -
G(s) e−3s
s
- 6
r e x y
K = 1 t0
π
2 − Mϕ
= π
12 = 2.356
