Esame scritto di Controlli Automatici

Esame scritto di Controlli Automatici

Foglio delle risposte. Data del compito: 8 Settembre 2020

Domande a risposta multipla.

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

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

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

Domande dirette.

Per ciascuna domanda riportare nella seguente tabella la corrispondente risposta.

11) X(s) = 12

s⁴ + 2

(s + 7)²+ 2² 12) g(t) = −5 + 2 e^−3t+ 3 e^2t

13) y(t) ≃ 20 + 30 cos(2000 t − 90^◦) 14) ϕ(ω) = − arctan^2ω₃ − arctan 2ω − π + arctan^ω₄ − 3 t0ω

15) F (X) = Y (X)

X e^jϕ(X) 16) G(s) = s²+ 5 s + 2

2 s³+ 4 s + 3

17) y(n) = y0(0.4)ⁿ 18) Z[x(t + nT )] = zⁿ

"

X(z) −

n−1

X

k=0

x(kT )z^−k

#

19) X(z) = 2 z

(z − a^−3T) 20) σ0= −2, K0= − 1

G(s)    _s=σ

0

= 8

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) = G2G3+ G1(1 + G2H2+ G2H3) 1 + G2H2+ G2H3+ G2G3H1

22.Rispostaalgradino a) Il valore a regime:

y∞= 8, b) Il tempo di assestamento:

Ta ≃ 3

0.2 = 15 s,

c) Il periodo dell’eventuale oscillazione:

Tω≃6 ∃.

0 5 10 15 20 25

Time [s]

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

y(t)

Risposta al gradino

y∞

Ta

23.Margini

a) Mα= −12.91^db = 0.226 b) Mϕ= −19.42^◦ c) Kϕ= −32.92^db = 0.022 d) Kα= −32.92^db = 0.022

24.CriteriodiRouth

Equazione caratteristica del sistema retroazionato:

1 + 50K(s²+ 0.8 s + 4)

s²(30 − s) = 0 → s³− (30 + 50K)s²− 40K s − 200K = 0.

Tabella di Routh:

3 1 −40K

2 −(30 + 50K) −200K

1 (30 + 50K)40K + 200K

0 −200K

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

−(30 + 50K) > 0, (30 + 50K)40K + 200K > 0, −200K > 0.

Il sistema retroazionato `e asintoticamente stabile per:

K <= −0.7 = K^∗. La pulsazione ω^∗ corrispondente al valore limite K^∗ `e:

ω^∗=√

−40K^∗. = 5.292.

25.DiagrammiasintoticidiBode

La funzione approssimante G0(s), la fase ϕ0e il modulo M0: G0(s) = 20

3s² = K0

s , ϕ0= −π, M0= ∞

La funzione approssimante G∞(s), fase ϕ∞ e modulo M∞: G∞(s) = −50

s . ϕ∞= −3π

2 ≡π

2, M∞= 0

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

ω0= 2, β =5

3 = 4.46 db,

Guadagno γ in corrispondenza della pulsazione ω∞ dove si ha l’ultimo cambio di pendenza:

ω∞= 30, γ = 5

3 = 4.46 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

2 -2

2o.

30 0

X.

-1 -20.

0.

20.

Diagramma a gradoni delle fasi

2 2o.

30 X.

-180.

-90.

0.

90.

G^∞(s)

β γ

ϕ∞

ϕ0

26.DiagrammadiNyquist

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

ϕ0= −π, M0= ∞, ∆τ = 0.2 + 1

30 = 0.233 > 0 Fase finale ϕ^∞, modulo finale M^∞e parametro ∆p:

ϕ∞= −3π

2 M∞= 0 ∆p= −0.8 − 30 = −30.8 < 0

Indicare se nel diagramma di Nyquist ´e presente un asintoto verticale: Si



^{, No}

⊠

^.

Se si, fornire la posizione dell’asintoto verticale: σa= Variazione di fase ∆ϕ per ω ∈]0, ∞[: ∆ϕ = π +^π₂ =^3π₂

Eventuale intersezione con il semiasse reale: σ^∗₁= −_K¹∗ = −−¹0.7 = 1.4286 Tracciamento qualitativo del diagramma di Nyquist completo:

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

Real -1.5

-1 -0.5 0 0.5 1 1.5

Imag

Diagramma di Nyquist

1.5

1.8

2.2

2.7 3.3

3.9 4.7

5.6 6.8 8.2 10 12 15 2218 33 27 4739 6856 82

27.StimadiunafunzioneG(s) Funzione di trasferimento del sistema:

G(s) = 200(s²+ 0.02s + 0.01) s(s + 2)(s − 30) .

Il valore K = 200 si determina, per esempio, calcolando il modulo β dell’approssimante G0(s) in corrispondenza della pulsazione ω = 0.1:

|G0(s)|s=0.1 j=    

0.01K

−60s    _{s=0.1 j}

= 0.01K

6 = β ≃ −9.54 db ≃ 0.3333 → K ≃ 200.

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

δ = 1 2Mωn

≃ 1 10 = 0.1.

28.LuogodelleRadici

Equazione caratteristica del sistema retroazionato:

1 + K1G1(s) = 0 ↔ 1 + K (s + 4)⁴ s(s + 2)² = 0 Numeri r degli asintoti e posizione σa del centro degli asintoti (solo se r ≥ 2):

r = 1 σa =

Tracciamento qualitativo del luogo delle radici per K > 0:

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

Real -3

-2 -1 0 1 2 3

Imag

Luogo delle radici

29.ContornodelleRadici

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

1 + 18(s + α)

s(s − 1)(s + 10) = 0 → 1 + 18 α

s(s + 1)(s + 8) = 0

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

G2(s) = 18

s(s + 1)(s + 8) r = 3 σa= 1

3(−1 − 8) = −3 Tracciamento qualitativo del contorno delle radici della funzione G2(s) per α > 0:

-11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3

Real -8

-6 -4 -2 0 2 4 6 8

Imag

Luogo delle radici

σa

30.Retecorrettrice:Nyquist

Modulo e fase del punto B:

MB= 0.1 ϕB= 180^◦

Pulsazione ωA del punto A:

ωA= 1

Modulo e fase del punto A:

MA= |G(jωA)| = 1.7889, ϕA= arg[G(jωA)] = 190.3^◦.

Parametri M e ϕ:

M = 0.0559, ϕ = −10.3^◦

Parametri τ1e τ2:

τ1= 5.187 τ2= 94.5

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

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

Real -2.5

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

Imag

Diagramma di Nyquist

A

B

0.68 0.82

1 1.2

1.5 1.8 2.2

2.7 3.9

0.1

0.12 0.15

0.18 0.22

0.270.33 0.470.681.2

Rete correttrice:

C(s) = 1 + τ1s

1 + τ2s =(1 + 5.187 s) (1 + 94.5 s)

31.Retecorrettrice:Nichols

Modulo e fase del punto B:

MB= 0 db = 1 ϕB= 240^◦

Pulsazione ωA del punto A:

ωA= 1.5

Modulo e fase del punto A:

MA= 0.225, ϕA= 186.2^◦.

Parametri M e ϕ:

M = 4.438, ϕ = 53.78^◦

Parametri τ1e τ2:

τ1= 3.179 τ2= 0.302

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

-260 -240 -220 -200 -180 -160 -140 -120 -100

Phase [degrees]

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

Mag [db]

Diagramma di Nichols

A

B 0.068

0.082 0.1

0.15

0.22 0.27 0.33

0.47

0.68

1

1.5 2.21.8 2.7 3.3 3.9 4.7 5.6

0.068 0.082

0.1 0.12

0.15 0.18

0.22 0.27

0.330.39 0.470.56

0.68 1

1.81.5 2.7 2.2 3.3 3.9 4.7 5.6 6.8 8.2

Rete correttrice:

C(s) = 1 + τ1s

1 + τ2s =(1 + 3.179 s) (1 + 0.302 s)

32.Puntidilavoro

Guadagni statici: K1= ∞ K2= 1 K3= 1

Retta di carico:

y = r K2K3

= r

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

−10 = r1

1 → r1= −10.

33.Criteriodelcerchio

Pendenze delle rette del settore:

α = 1

5 = 0.2, β = 13 10 = 1.3.

Funzione d’anello G(s):

G(s) = 20

s(s + 3)(s + 5) Parametri della funzione G(s):

K¯^∗= 6 ω^∗=√

15 = 3.873 Il sistema retroazionato ´e:

N globalmente asintoticamente stabile;

instabile;

non si pu´o dire nulla;

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

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

Real -1.5

-1 -0.5 0 0.5

Imag

Diagramma di Nyquist

0.82 1 1.2

1.5 1.8

2.2 2.7

3.3

c

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

m∞= 0.2 Note:

Andamento qualitativo della funzione descrittiva F (X):

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

X 0

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

F(X)

Funzione descrittiva

mo m1

m2

35.DiscussionealvariarediK

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

K^∗=K¯^∗ K = 6

K Discussione al variare di K:

a) Per K^∗> m2 si ha un solo punto a cui corrispon- de un ciclo limite stabile.

b) Per m1 < K^∗ < m2, si hanno tre punti a cui corrispondono due cicli limite stabili (quelli esterni) e un ciclo limite instabile (quello intermedio).

c) Per m3 < K^∗ < m1 si ha un solo punto a cui corrisponde un ciclo limite stabile.

d) Per K^∗ < m3, la funzione −1/F (X) `e tutta in- terna al diagramma polare completo della funzione G(s) per cui non vi sono cicli limite e il sistema retroazionato `e instabile.

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

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

-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1

Imag

Diagramma di Nyquist

0.56 0.68 0.82 1 1.2

1.5 1.8

2.2 2.7

3.3

b a c

d

1/f

36.Discretizzazione

Utilizzando il metodo delle differenze all’indietro si ottiene:

D(z) = (s + 6) s(s + 1)

   _s=1−z−¹

T

= T (1 + 6 T − z⁻¹)

(1 − z⁻¹)(1 + T − z⁻¹) = T + 6 T²− T z⁻¹ 1 + T − (2 + T )z⁻¹+ z⁻² Per T = 0.1 si ha:

D(z) = M (z)

E(z) = 0.16 − 0.1 z⁻¹ 1.1 − 2.1 z⁻¹+ z⁻² La corrispondente equazione alle differenze assume la forma seguente:

mk = 1

1.1(2.1 mk−1− mk−2+ 0.16 ek− 0.1 ek−1) cio`e:

mk= 1.9091 mk−1− 0.9091 mk−2+ 0.1455 ek− 0.0909 ek−1

37.Esercizioopzionale(seprevisto)

A.FogliodiBrutta

B.FogliodiBrutta

C.FogliodiBrutta