(1)Università di Parma – Facoltà di Ingegneria Prova Scritta di Controlli Automatici A e Controlli Automatici (v.o.) del 18 Febbraio 2002 PARTE A Soluzione parte A1 1)

Università di Parma – Facoltà di Ingegneria

Prova Scritta di Controlli Automatici A e Controlli Automatici (v.o.) del 18 Febbraio 2002

PARTE A

Soluzione parte A1 1). Sia

) 10 )(

2 )(

1 ( : 380 )

( = + + +

s s s s

F

La funzione di risposta armonica è

( ) ( )(^{jω = jω+1 jω380+2})(^jω+10)

F

( ) ₂ ³⁸⁰_{2 2}

1 4 100

F jω = ω ω ω

+ + +

( ) 2 10

argF jω =−arctgω−arctgω−arcgω

Studio del diagramma polare di ^F( )^{jω :}

• Comportamento per ω →0⁺:

Il diagramma parte da un punto dell’asse reale ( )

( ) ⁰

arg lim

20 19 lim 380

0 0

=

=

=

+ +

→

→

ω ω

ω ω

j F j F

• Comportamento per ω→0⁺:

Il diagramma termina nell’origine tangente a uno degli assi coordinati ( )

( )^{ω π}

ω

ω ω

2 arg 3

lim

0 lim

−

=

=

∞

→

∞

→

j F j F

La rotazione complessiva attorno all’origine per ω variabile da 0 a _∞ è di

2π

−3 .

Calcolo dell’intersezione con l’asse reale negativo:

) 0 10 )(

2 )(

1

1 ( =

+ + + +

s s s

k

0 20

32 13 ²

3+ s + s+ +k=

s

3 1 32 2 13 20+k 1 13•32-20-k 0

0 20+k

396 0

20 32

13⋅ − −k > ⇒k<

ke(k limite)=396. Quindi l’intersezione si ha per 0.9596 99

95 396

380 =− =−

−

è 1,04

95 99 ≈

A =

M .

Per il Criterio di Nyquist il sistema è stabile, ma con piccolo margine di ampiezza.

Errore a regime in risposta al gradino r(t)=R₀⋅1(t): ( ) ( )

p

r k

y R r

e = ∞ − ∞ = + 1

0

19 ) (

lim0 =

= → F s kp sω

20 3 60 19 1

60 = =

= + er

2). Posto

s s s

s s s

G

s G s

C

c

c

12 2 1

2 ' 1

'

) 1 )(

1 (

) 1 )(

1 ) (

(

) ( 38 ) (

τ τ τ

τ τ

+ + +

+

= +

⋅

=

Si calcola anzitutto ^{ωp :argP}

( )

Dall’equazione ausiliaria della tabella di Routh (corrispondente al k limite =396)

66 . 5 32 0

32 13

13s²+ ⋅ = ⇒s=±j =±j

si deduce che ωp =^5.66rad/sec. Ora:

2 1

2 1

8 1

τ τ

τ ω ω τ

=

=

= _p

n

sec 500 . 0 8

sec 0625 . 8 0

1 8

1

2 1

2 2 2

=

=

⋅ =

=

=

τ τ τ ω

τ ω

p p

Per imporre il nuovo margine di ampiezza M_A^' :

) '

'

( ) 1

(

n A

n

c j M F j

G ω ω

= ⋅

con F(s)=38⋅P(s)

2605 . 9596 0 . 0 4 ) 1

'( =

= ⋅

n c j

G ω (attenuazione della rete a rit. e ant.) Da cui, tenendo presente che

12 2 1

2 ' 1

)

( τ τ τ

τ ω τ

+ +

= +

n c j

G , si ricava

sec 60 . 2605 1 . 0

2605 . 0 5625 1 .

12 =0 ⋅ − ≈

τ

Soluzione parte A2.

Il guadagno di anello è F(s)=k⋅P(s). Il diagramma polare qualitativo di

( )

[

]

)

( 2

+ +

⋅ −

= ω

ω ω

j k j j

F è:

Per k <0 l’intersezione con l’asse reale negativo è evidentemente

2 k. Per k >0 l’intersezione si puo’ calcolare imponendo che l’equazione

0 )

( =

⋅ +k P s η

abbia radici puramente immaginarie.

Si ottiene

2

= k

η e quindi l’intersezione è

2

−k .

2

−k

Si indichi con ^k∈

[

]

k−:

3 2 2

1 3

1 = ⇒ =−

− k⁻ k⁻ k+:

3 2 2

1 3

1= − ⇒ =

− k⁺ k⁺

Il campo di valori ricercato è quindi

 

  − +

∈ 3

, 2

3

k 2

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Prova Scritta di Controlli Automatici A e Controlli Automatici (v.o.) del 18 Febbraio 2002

PARTE B

Soluzione parte B.

B1). La specifica a) equivale a ^{1 1} 49

1 _p 50 K^p

K = ⇔ =

+ oppure K_p= −51. Dato che

5

p 2

K = K ed è opportuno scegliere K>0 (al fine dell’ottenimento di una facile stabilizzabilità) si impone

49 98

p 5

K = ⇒ K=

Definiamo

2

2

( ) : ( ) 1960 1

( 2) ( 10)

1 1

( ) : ( ) ( ) 1960

1 ( 2) ( 10)

L s KP s s

s s

s s

L s C s P s

s s s

ατ τ

= = +

+ +

+ +

′ = =

+ + +

Si propone di progettare α e τ mediante le formule di inversione.

2

2

2 2

( ) 1960 1

( 2) ( 10)

arg ( ) arctg 2 arctg arctg

2 10

( ) 1960 1

(4 ) 100 L j j

j j

L j

L j ω ω

ω ω

ω ω

ω ω

ω ω

ω ω

= +

+ +

= − −

= +

+ +

Il diagramma polare di L j( ω) è riportato in figura.

Si determina (per tentativi) ω0(sarà la pulsazione critica di L jω′( ) ):

( )

0

0 0

0

0 0 0

0 0

10 rad/s

arg ( ) 2,0611 rad 0,2602 rad ( ) 13,393

verifica validità di : ( ) , ? sì, perchè cos 1/ ( ) : 0,9663 > 0,0747.

L j L j

L j L j ω

ω ϕ

ω

ω ω ϕ

ϕ ω

=

= − ⇒ =

=

∈

>

C

Si definisce M:= L j( ω₀) e :=ϕ ϕ₀ e si impone, mediante le formule di inversione, che

0

0

1 1

1

j j

M e j

ϕ ατ ω

τ ω

− = +

+

Quindi:

0

cos 1

0,0718

( cos )

cos 4,83 s sen

M M M

M α ϕ

ϕ τ ϕ

ω ϕ

 = − =

 −

 −

 = =



B2). L’equazione caratteristica è riscrivibile come

1 3 3 1

1 1 0 con ( ,0]

( 1) ( 2)

K s K K

s s

+ − = = − ∈ −∞

+ +

e quindi si tratta di un luogo inverso. Presenta 5 asintoti il cui centro ha ascissa

1 1 1 2 2 2 ( 1) 6 1 2

σa= − − − − − − − + = −

−

Gli asintoti formano i seguenti angoli con l’asse reale positivo: 0°, 72°,144°, -72°,- 144°

47°

L(jù) ö0

49

ù0

Le radici doppie sono determinabili risolvendo l’equazione:

2

1,2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 2 2 1 0

3 3 1

1 2 1 0

5 11 0

11/5 1,4832

s s s s s s

s s s

s s

+ + + + − =

+ + + + + −

+ − =

+ + −

− =

= ± = ±

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Prova Scritta di Controlli Automatici A e Controlli Automatici (v.o.) del 18 Febbraio 2002

PARTE C

Soluzione parte C.

C1) Si vedano le dispense Parte 3, pp. 3-5 o “Controlli Automatici” di G. Marro pp.

123-124.

C2)

a) No. Infatti non tutti i poli sono a parte reale negativa (c’è la presenza di un polo nell’origine)

b) No. Il sistema è semplicemente stabile. Infatti non ci sono poli a parte reale positiva ed il polo nell’origine è semplice.

c) No. Il sistema è fase non minima per la presenza di uno zero (triplo come molteplicità) nel semipiano positivo.

d) ordine di Ó = 1+3+3×2 = 10, ordine relativo di Ó = 10 – (3+2) = 5 e) modi di Ó =

{

}

f)

4 4 2 4

1 2 3 4 5 1 6 2

2

7 3

( ) sen (4 ) sen (4 )

sen (4 )

t t t t t

L

t

y t c c e c te c t e c e t c e t t

c e t t

ϕ ϕ

ϕ

− − − − −

−

= + + + + + + + +

+ +

dove ci∈R, [0,2 )ϕi∈ π