} { ,e te t e e4t 4t, 2 4t, 2tsin 3( t+ϕ1) }

Soluzioni

A - Test d’ingresso alla Prova Scritta di Controlli Automatici A del 17 Febbraio 2004 1) Dato un sistema dinamico con funzione di trasferimento Σ

2

3 2

( 4) ( 1) 9

( ) ( 4) ( 2) 9

s s

s s

T s = +  − + 

 

−  − +  scrivere i modi di Σ :

{

modi di Σ =

} {

,e te t e e^{4t 4t}, ^{2 4t}, ^2tsin 3

(

t+ϕ1

) }

2) Dato un sistema dinamico con funzione di trasferimento Σ ( ) ^{( 2} ₄¹⁾⁽₂ ⁹⁾ ₃ ( 5) ( 2)

s s

s s

+ +

= + +

T s stabilire:

è asintoticamente stabile: vero ٱ falso xٱ

s

Σ Σ è semplicemente stabile vero ٱ falso ٱx

Σ è instabile: vero xٱ falso ٱ Σ è a fase minima: vero xٱ falso ٱ è stabile ingresso-limitato uscita limitata: vero ٱ falso xٱ

Σ

3) Un sistema dinamico Σ ha il polinomio caratteristico s⁴ − + − + stabilire: s³ s² s 1

Σ è stabile ingresso-limitato uscita limitata: vero ٱ falso xٱ Σ è semplicemente stabile vero ٱ falso xٱ Σ è a fase minima: vero falso non è possibile stabilirlo x

4) Ad un sistema dinamico in quiete con funzione di trasferimento 4 (s+1)(s+2)

( ) 4

y t A

viene applicato l’ingresso (gradino unitario). L’uscita corrispondente ha la struttura

( ) 1( )

u t = t = − e^−t +Be^−2t per t≥ . 0

Determinare le costanti A= 2 B=2

5) Un sistema in retroazione unitaria ha guadagno di anello ( ₂1 ( ) 2 s

L s s

+ )

=

lim (

t e t

→+∞

. Applicando il segnale di

riferimento r t( )=t²1( )t si determini l’errore di regolazione a regime: ) 1 ( )=

(

e t r t( )−y t( )

)

6) Un sistema retroazionato è asintoticamente stabile. Il diagramma polare del guadagno di anello associato ha cinque intersezioni con l’asse reale negativo in −0,1 0, 2 4 8− − − . Determinare il margine di ampiezza

A 4 M =

7) Determinare la trasformata di Laplace del segnale ( ) cosf t = ωt : ( ) ₂ s ₂ F s ⁼s +ω

8) Un impianto con funzione di trasferimento ( 2)( ₄ 3

( ) ( 9)

s s

P s s

+ − )

= − è stabilizzabile con assegnazione arbitraria dei poli mediante un controllore proprio in retroazione unitaria di

(a) ordine 1 (uno) sì ٱ no xٱ (b) ordine 3 (tre) sì xٱ no ٱ (c) ordine 5 (cinque) sì xٱ no ٱ 9) Dato un sistema con funzione di trasferimento _{3 2} 5

2 4 1

s

s s s 0

+

+ + + , u t( ) l’ingresso e y t( ) l’uscita stabilire:

0 3

Se u t( )∈C⁰ ⇒y t( )∈C¹ vero x falso , Se

1 3

, ,

( ) ( ) vero falso x

u t ∈C ⇒y t ∈C , ,

4 1

Se u t( )∈C ⇒ y t( )∈C vero x falso , Se u t( )∈C ⇒y t( )∈C vero x falso , ,

10) Dato un segnale f t con trasformata di Laplace ( ) ^{F s( ) :=L f t}

[

^{( )}

]

, determinare la trasformata di Laplace di (derivata seconda generalizzata) note le condizioni iniziali di

*2 ( )

D f t f t : ( )

*2 ( ) 2 ( ) (0 ) (0 )

L D f t  = s F s −sf − −Df −

Soluzione Parte A Parte A1

Sia V il nodo indicato in figura ₁

Dalla formula del partitore di tensione risulta

2

1 ( 1

V = y s LC+ ) dall’equazioni delle correnti al nodo V risulta ₁

u V1

Ky ysC R

− + =

da cui

2

1 y u 1

s LC sRC KR

= + + −

che risulta stabile se e solo se 1 K< . R

Parte A2

Dalla specifica sull’errore in risposta al gradino si ottiene

1 1

1 10K_c =5 +

da cui 4

c 10 K = ,

dalla cancellazione polo-zero risulta τ =1. A questo punto risulta 4(10 )

( ) ( )

( 10)(1 )

P s C s s

s αs

= −

+ + ,

per soddisfare la specifica sul margine di ampiezza imponiamo che il diagramma di Nyquist passi per il punto 1

2 0j

− + , richiedendo che l’equazione 1

( ) ( ) 0

P s C s + = abbia soluzioni puramente 2 immaginarie. Sviluppando otteniamo

2 +s(-7+10 )+90=0

sα α

per avere soluzioni puramente immaginare il termine di primo grado deve essere nullo, troviamo

quindi α =0.7.

Soluzione Parte B A1. 1) La funzione di risposta armonica è

( ) ( )( )

²

( )

²

1 1

1 1 1 1

ja aj

L j ja j aj j

ω ω 1

ω ω ω ω ω

− −

= = ⋅

+ + + +

Si osservi che per a il sistema ad anello aperto presenta un polo a parte reale positiva in .

<0 a= −a

( )

¹ ₂

L jω 1

= ω

( )

+

( ) (

arg 2 2 0

arg 2 2 0

L j arctga arctg a

L j arctga arctg a a a

ω ω ω

ω ω ω

= − − ≥

=  − < =⁻

)

Comportamento per ω→0⁺:

Il diagramma polare parte da un punto dell’asse reale, essendo

0

( )

lim L j 1

ω ₊ ω

→ =

0

( )

lim argL j 0 a

ω ₊ ω

→ = ∀ ∈ R

Comportamento per ω→ ∞:

Il diagramma termina nell’origine tangente a uno degli assi coordinati, essendo

( )

lim L j 0

ω ω

→∞ =

( ) ( )

lim arg 2 0

lim arg 0 0

L j a

L j a

ω ω

ω π

ω

→∞

→∞

= − ≥

= <

Calcolo dell’intersezione di ^{L j}

(

^ω

)

col semiasse reale negativo:

- caso a≥0:

( )

argL jω_p = − π

( )

/ 2

1 0

p p

p p

arctga arctg

tg arctga arctg

ω ω π

ω ω

+ =

+ =

1 2 1

0 /

p

p

p p

a rad

a a

ω ω

ω ω

− = ⇒ = ±

+ sec

( )

¹_{1 1}

p 1 L j a

a a

ω = =

+ + - caso a<0

( )

argL jω_p = − π

( )

/ 2

1 0

p p

p p

arctg arctga

tg arctg arctga

ω ω π

ω ω

− =

− =





1 2 non ci sono intersezioni 0 con l'asse reale negativo

p

p p

a a ω

ω ω

+ = ⇒

−



Il diagramma polare risulta quindi del tipo:

- caso a≥0:

a/(a+1)

si nota che l’intersezione del d.p.c. con l’asse reale negativo avviene sempre a sinistra del

punto -1, poiché 1 0

1

a a

a ≤ ∀ ≥

+

- caso a<0:

- ^{a∈ −∞ −}

(

^{, 1}

)

- ^{a∈ −}

(

^1,0

)

- a= −1

2) Il diagramma polare completo risulta del tipo:

- caso a≥0:

dall’esame del diagramma polare completo si deduce subito che si ha stabilità asintotica, poiché esso non circonda né tocca il punto critico -1.

- caso a<0:

Il sistema ad anello aperto presenta un polo a parte reale positiva quindi per il Criterio di Nyquist il sistema retroazionato è asintoticamente stabile se e solo se il d.p.c. circonda una volte in senso antiorario il punto critico -1.

Considerato che in effetti il d.p.c. non tocca né circonda il punto critico si conclude che il sistema retroazionato è instabile.

A2. Si osservi innanzitutto che si ha la seguente configurazione di poli e zeri:

o uno zero per s=1 con molteplicità 1 o uno zero per s= −1 con molteplicità 3 o uno polo per s= −2 con molteplicità 2

Essendo n m− =4 il luogo presenta quattro asintoti.

Tali asintoti formano una stella di raggi con centro nel punto dell’asse reale di ascissa 1(( 1 1 1 2 2) 1) 2

a 4

σ = − − − − − − = −

Tenendo conto delle seguenti osservazioni (luogo diretto):

o un punto dell’asse reale fa parte del luogo delle radici se si lascia alla sua destra un numero totale dispari di zeri e di poli.

o il luogo delle radici ha 5 rami.

o gli asintoti formano con l’asse reale gli angoli

,0 4

a

θ = ; π _,1 3

a 4

θ = π; _,2 5

a 4

θ = π; _,3 7

a 4 θ = π

o le radici doppie sono individuate dalle soluzioni della seguente equazione

1 1 1

3 2

1 1 2

s − s − s =

− + + 0

0 cioè

4s2−10= e risultano essere

1 5 / 2

s = − ^; _{s2 = 5 / 2}

si nota subito che esse non appartengono al luogo delle radici.

si può dedurre che il luogo delle radici per K₁>0 ha l’andamento riportato in figura:

Soluzione PARTE C

C1) Vedi le Dispense del corso pp. 4.39-41.

C2) Si interpreta l’eq. diff. con le derivate generalizzate:

*2 * *

4D y+2D y+7y=3D u u+ si applica la trasformata di Laplace:

{

²

} ^{{ } { }}

4 s Y s( )−sy(0 )− −Dy(0 )− +2 sY s( )−y(0 )− +7 ( ) 3Y s = sU s( )−u(0 )− +U s( ) da cui si ricava:

2 2

3 1 4 (0 ) 4 (0 ) 2 (0 ) 3 (0 )

( ) ( )

4 2 7 4 2 7

s y s Dy y

Y s U s

s s s s

+ − + − + − −

= +

+ + + +

u −