Eserciziario controlli automatici

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Esercizi svolti di Controlli Automatici Alessandro Beghi Dipartimento di Ingegneria dell’Informazione, Universit` a di Padova, via Gradenigo 6/A, I-35131 Padova, Italy. E-mail addre ss: beghi@d ei.un ipd.it

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Esercizi svolti di Controlli Automatici

Alessandro BeghiDipartimento di Ingegneria dell’Informazione,

Universita di Padova, via Gradenigo 6/A, I-35131 Padova, Italy.E-mail address: [email protected]

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Chapter 1

Modellistica ed analisi nel dominio del

tempo

Esercizio 1.1   Dato lo schema in figura, con  RC  = 1

R

R

!

-

!

C

C

1. Si calcoli la funzione di trasferimento W id(s)  tra  u  ed  y  nell’ipotesi di operazionale ideale;

2. nell’ipotesi di operazionale caratterizzato da  G(s) =   K s+1 , cioe da  Y (s) =  G(s)[V +(s)

−V −(s)], si calcoli 

la funzione di trasferimento  W r(s)  tra  u  ed  y  e se ne studi la stabilita al variare di  K  ∈ R.

3. si calcoli la risposta alla rampa del sistema nel caso di operazionale ideale.

Soluzione:  Si tratta di un operazionale in connessione invertente. Nel caso ideale, la funzione di trasferimentoe −Z 2(s)/Z 1(s), dove   Z 1(s) e   Z 2(s) sono le impedenze rispettivamente del ramo in ingresso e del ramo inretroazione. Risulta pertanto che

Z 1(s) =  R +  1

sC , Z 2(s) =

  11R  + sC 

eW id(s) = −   s

(s + 1)2  .

Nel caso non ideale, ricavando V −(s) dall’equazione di Kirchoff per le correnti all’ingresso invertente dell’operazionale

V −(s) − U (s)

Z 1(s)  +

 V −(s) − Y (s)

Z 2(s)  = 0

e mettendo a sistema con la relazione  Y (s) =  G(s)[V +(s) − V −(s)], si ottiene  V −(s) =   s

s2+3s+1U (s) +   (s+1)2

s2+3s+1Y (s)

Y (s) =   −   K s+1 V −(s)

1

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da cui, risolvendo per  Y (s),

W r(s) = −   Ks

s3 + (4 + K )s2 + (4 + 2K )s + (K  + 1) .

Per studiare la stabilita di  W r(s) al variare di  K , si puo utilizzare il Criterio di Routh. La tabella di Routhrisulta essere

3 1 4 + 2K 2 4 + K K  + 1

1  (4+2K )(K +4)−(K +1)

4+K    =  (K +5/2)(K +3)

4+K 

0   K  + 1

La prima colonna non presenta variazioni di segni se  K > −1, e pertanto per tali valori di  K  si ha che W r(s)e BIBO stabile.

Infine, nel dominio delle trasformate di Lapace la risposta alla rampa del sistema con operazionale ideale e

Y (s) =  1

s2W id(s) = −   1

s(s + 1)2  .

da cui antitrasformando si ricava

y(t) =

e−t + te−t − 11(t) .

Esercizio 1.2  Si consideri un motore elettrico in corrente continua, rappresentato schematicamente nel suoprincipio di funzionamento nella figura sottostante 

dove si assume che il rotore abbia coeficiente di inerzia  J m  e coefficiente di attrito viscoso b.

1. Si costruisca un modello di stato del sistema, in cui il vettore di stato e   x(t) = [θm(t)  θm(t) ia(t)]T ,la variabile di ingresso e la tensione di armatura   va(t)   e la variabile di uscita e la posizione angolare 

dell’albero  θm(t).

Si assuma ora trascurabile  La  e siano (in opportune unita di misura)  K t  =  K e = 1,  b  = 0.1,  Ra  = 10,  J m = 2

2. utilizzando il modello di stato costruito al punto 1), si determini la funzione di trasferimento W (s)  tra  vae  θm

3. si calcoli la risposta della posizione angolare dell’albero del motore ad un gradino unitario di tensione  va.

2

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Soluzione:   Le equazioni che descrivono il funzionamento del motore elettrico in corrente continua sono leseguenti:

  J mθm(t) =   T (t) − bθm(t) =  K tia(t) − bθm(t)

Laia(t) + Raia(t) =   va(t) − e(t) =  va(t) − K e θm(t)

e pertanto, scelto come vettore di stato  x(t) = [θm(t)  θm(t) ia(t)]T , il modello di stato corrispondente risultaessere  

x(t) =

0 1 00   −   bJ m K tJ m

0   −K eLa −RaLa

+ 00

1La

u(t)

y(t) =

1 0 0

x(t)

.

Nel caso in cui si possa trascurare  La  (prendendo cioe  La  = 0), l’equazione per la parte elettrica diventa

Raia(t) =  va(t) − K e θm(t)

e pertanto si puo scegliere come vettore di stato   x(t) = [θm(t)  θm(t)]T  ottenendo il modello descritto dalleequazioni

 x1(t) =   x2(t)

x2(t) =   K tJ m

u(t)−K ex2(t)

Ra

−   bJ m

x2(t)

che, inserendo i valori numerici dei parametri, puo essere riscritto come x(t) =

0 10   −   1

10

+

 0

120

u(t)

y(t) =

1 0

x(t).

La funzione di trasferimento del sistema puo essere calcolata direttamente utilizzando la rappresentazione distato come

W (s) =  H (sI  − F )−1G = H adj(sI  − F )G

det(sI  − F )  =

  1

20

1

s(s + 1/10) .

La risposta al gradino del sistema e, nel dominio delle trasformate, W (s)/s che antitrasformata porta a

θm(t) =  1

20 −100 + 10t + 100e−  t10

1(t) .

Esercizio 1.3  Si consideri il sistema dinamico non lineare descritto dal seguente modello in spazio di stato: x1(t) =   x2(t)x2(t) =   − 1

4 sin x1(t) − x2(t) + u(t)

y(t) =  x1(t) + x2(t)

1. Si determini l’insieme dei punti di equilibrio del sistema ad ingresso nullo;

2. si linearizzi il sistema attorno al punto di equilibrio nell’origine dello spazio di stato;

3. si calcoli la risposta impulsiva del sistema lineare costruito al punto 2.

Soluzione:  I punti di equilibrio si determinano imponendo la condizione  f 1(xe, 0) =   x2,e = 0f 2(xe, 0) =   − 1

4 sin x1,e − x2,e = 0

da cui si ricava facilmente che i punti di equilibrio del sistema sono

xe =

kπ0

  k ∈ Z .

3

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Il sistema linearizzato nell’intorno dell’origine ha equazioni

x(t) =

∂f 1(x,u)∂x1

∂f 1(x,u)∂x2

∂f 2(x,u)∂x1

∂f 2(x,u)∂x2

  x  = 0u = 0

x(t) +

∂f 1(x,u)∂u

∂f 2(x,u)∂u

  x = 0u = 0

u(t) =

  0 1− 1

4   −1

x(t) +

01

u(t)

y(t) =∂h(x,u)∂x1

∂h(x,u)∂x2

  x  = 0u = 0

x(t) =

1 1

x(t)

La risposta impulsiva del sistema si ottiene facilmente antitrasformando la funzione di trasferimento:

W (s) =  H (sI  − F )−1G = H adj(sI  − F )G

det(sI  − F )  =

  s + 1

(s + 1/2)2  .

w(t) = L−1 [W (s)] =

e−

t2 +

 1

2te−

t2

1(t) .

Esercizio 1.4   Dato lo schema di figura (condensatori e resistori tutti uguali, RC  = 1)

y(t)u(t) C

C

R

R

1. si calcoli la funzione di trasferimento tra  u(t)  e  y (t)  nel caso l’operazionale sia ideale 

2. si calcoli la funzione di trasferimento tra   u(t)   e   y(t)   nel caso l’operazionale sia caratterizzato da una  funzione di trasferimento  G(s) =   K 

1+s , K >  0   (tale che  Y (s) =  G(s)[V +(s) − V −(s)]), verificando cosa accade per  K  → +∞

3. si dica quali sono i modi del sistema nel caso non ideale al variare di   K >   0   e se ne descrivano le caratteristiche.

Soluzione:  Consideriamo dapprima il caso in cui l’operazionale e ideale. Operando direttamente nel dominiodelle trasformate di Laplace, utilizzando la regola del partitore di tensione, si ricava che

V +(s) =1sC 

R +  1

sC 

U (s) =  U (s)

1 + RCs

 =  1

1 + s

U (s) .

Applicando la legge di Kirchoff per le correnti al morsetto negativo dell’operazionale si ricava

V −(s) − U (s)1sC 

+ V −(s) − Y (s)

R  = 0

da cui

V −(s) =  s

1 + sU (s) +

  1

1 + sY (s) .

4

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Imponendo l’uguaglianza  V +(s) =  V −(s), si ottiene la funzione di trasferimento tra  u  e  y :

W id(s) = 1 − s .

Nel caso invece in cui l’amplificatore operazionale non sia ideale, si ha che

Y (s) =  K 

1 + s (V +(s) − V −(s)) =

  K 

1 + s

  1

1 + sU (s) −   s

1 + sU (s) −   1

1 + sY (s)

che, risolta per  Y (s), permette di ricavare

W r(s) =  K (1 − s)

(1 + s)2 + K   .

Riscrivendo W r(s) come

W r(s) =  1 − s

1 +  (1+s)2

,

e immediato verificare che  W r(s) →  W id(s) quando  K  → ∞   . Per quanto riguarda i modi del sistema, essisono legati alle radici del polinomio

d(s) =  s2 + 2s + K  + 1 .

che risultano essere in  s1,2  = −1 ± j

√ K . Il sistema ha pertanto i due modi oscillatori convergenti

m1(t) =  e−t sin√ 

Kt m2(t) =  e−t cos√ 

Kt

Esercizio 1.5  Si consideri il sistema meccanico di Figura.

Il carrello di massa   m   e vincolato ad una parete tramite una molla ideale di lunghezza a riposo nulla e costante elastica  k, e soggetto alla forza motrice  u(t) e all’attrito con il terreno, che, indicata con  x  la posizione del centro di massa del carrello, puo essere descritto dalla seguente legge:

F a(x,  x) =  bx(t) + a(1 − cos x(t)) ,

con  a, b  parametri reali positivi. L’uscita del sistema sia la posizione del carrello,  x.

1. Si derivi un modello (non lineare) di stato del sistema;

2. si linearizzi il modello di cui al punto precedente nell’intorno del punto di equilibrio corrispondente 

all’origine dello spazio di stato con ingresso nullo, e si determini la funzione di trasferimento tra ingressou  ed uscita  x;

3. fissati  m  =  k  =  a  = 1, si determini l’insieme dei valori di  b  a cui corrisponde una risposta al gradino del sistema non oscillatoria. Assegnato poi a  b  il piu piccolo di tali valori, si calcoli la risposta al gradino del sistema.

5

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Soluzione:  L’equazione del moto e la seguente:

mx(t) =  u(t) − kx(t) − F a(x,  x) =  u(t) − kx(t) − bx(t) − a(1 − cos x(t)) .

Scegliendo come variabili di stato  z1  =  x, z2  = x, si ottiene il modello di stato non lineare

z1(t) =   z2(t)z2(t) =   1

m (u(t) − kz1(t) − bz2(t) − a(1 − cos z1(t)))

y(t) =   z1(t)

.

La linearizzazione e immediata:

z(t) =

∂f 1(z,u)∂z1

∂f 1(z,u)∂z2

∂f 2(z,u)∂z1

∂f 2(z,u)∂z2

  z  = 0u = 0

x(t) +

∂f 1(z,u)∂u

∂f 2(z,u)∂u

  z  = 0u = 0

u(t) =

  0 1− km   −   bm

z(t) +

01m

u(t)

y(t) =∂h(z,u)∂z1

∂h(z,u)∂z2

  z  = 0u = 0

z(t) =

1 0

z(t)

La funzione di trasferimento risulta essere

W (s) =  H (sI  − F )−1G = H adj(sI  − F )G

det(sI  − F )  =

  1

m

1

s2 +   bms +   km

.

Sostituendo i valori dei parametri, il denominatore della funzione di trasferimento diventa

d(s) =  s2 + bs + 1

che ha solo radici reali per  b ≥ 2. Per tali valori di  b, pertanto, il sistema e privo di modi oscillatori. Per b  = 2,si ha che la funzione di trasferimento e la risposta al gradino sono rispettivamente

W (s) =  1

(s + 1)2, Y (s) =

  1

s(s + 1)2  =

 1

s −   1

s + 1 −   1

(s + 1)2

e quindi, antitrasfromando,y(t) =

1 − e−t − te−t

1(t) .

Esercizio 1.6   Sia dato lo schema di figura con  m1  = 1,  m2 = 2,  k  e  c  (rispettivamente costante elastica della molla e coefficiente di smorzamento dell’ammortizzatore) parametri incogniti. Si supponga che la lunghezza a riposo della molla sia nulla.

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1. Si calcoli la funzione di trasferimento G1(s)   tra  u(t)  e  y(t);

2. si calcoli la funzione di trasferimento G2(s)  tra  u(t)  e  x(t);

3. si determinino i valori dei parametri  k  e  c  sapendo che  G1(s)  ha un polo doppio, e che  G2(s)  ha uno zeroin  s  = −1.

Soluzione:  Le equazioni del moto sono  m1x(t) =   cy(t) + ky(t)

m2(x(t) + y(t)) =   −cy(t) − ky(t) + u(t)

Trasformando secondo Laplace, a partire da condizioni iniziali nulle in quanto e richiesto di sterminare le funzionidi trasferimento, si ricava facilmente dalla prima equazione

X (s) =  cs + k

m2s

che, sostituita nella seconda equazione, porge

m2s2X (s) + (m2s2 + cs + k)Y (s) =  U (s)

da cui Y (s) =   G1(s)U (s)   G1(s) =   1m2

1

s2+c

  1

m1+   1

m2

s+k

  1

m1+   1

m2

X (s) =   G2(s)U (s)   G2(s) =   cm1m2

s+k/c

s2s2+c

  1

m1+   1

m2

s+k

  1

m1+   1

m2

 .

Sostituendo i valori dei parametri noti, si ha che

G1(s) = 1

2

1

s2 +   32

cs +   32

k  G2(s) =

  1

2s2

cs + k

s2 +   32

cs +   32

k

Perche  G1(s) abbia un polo doppio, basta imporre che

∆ = 9

4c2 − 6k = 0   ⇒   c2 =

 8

3k

mentre il fatto che  G2(s) abbia un zero in -1 implica che  c  =  k. Si ha quindi che  c  =  k  =   83 .

Esercizio 1.7   Sia consideri lo schema di figura, dove l’amplificatore operazionale e da considerarsi ideale.

1. Si determini la funzione di trasferimento G(s)  tra  ei(t)  e  eo(t);

2. si calcoli la funzione di sensibilita di  G(s)  a variazioni del valore  C  della capacita,  S GC (s);

3. siano ora  R1  = 5, R2  = 2 e  C  = 0.5 (in opportune unita di misura). Si calcoli la risposta  eo(t) del sistema all’ingresso ei(t) =  1(t).

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Soluzione: Detta  i2  la corrente che circola sul ramo in retroazione e   i1  la corrente che circola su  C , tenendoconto che l’operazionale e ideale e pertanto   i+   =   i−  = 0, si ha che (operando direttamente nel dominio diLaplace)

E i   =

R2 +

  1

Cs

I 1

E i − E o   = 2R1I 2

V B   =   R2I 1V A − E o   =   R1I 2

da cui, imponendo che sia  V A =  V B  per l’idealita dell’operazionale, si ottiene facilmente che

R2Cs

1 + R2CsE i =  R1

E i − E o2R1

+ E o

e quindi

G(s) = E o(s)

E i(s)  =

 R2Cs − 1

R2Cs + 1

Direttamente dalla definizione di funzione di sensibilita si ha che

S G

C (s) =

  C 

G(s)

dG(s)

dC    =

  2R2Cs

R22C 2s2 − 1

Per i valori assegnati dei parametri elettrici del circuito, si ottiene

G(s) = s − 1

s + 1

da cui la trasformata della risposta al gradino e

E o(s) =  s − 1

s(s + 1) =

  2

s + 1 −  1

s

e antitrasformando si ottieneeo(t) = 2e−t

−11(t) .

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Esercizio 1.8  Sia consideri il sistema meccanico descritto in figura.

Si assuma che la forza esercitata dalle mol le sia nulla quando il pendolo e in posizione verticale ( θ=0, angoli positivi in verso antiorario). Si consideri inoltre per semplicita che le molle si trovino sempre in posizione orizzontale ed alla stessa altezza. Al perno e applicata una coppia  f (t)   a cui si oppone una coppia di attritoviscoso con coefficiente di attrito b.

1. Si determini la descrizione in spazio di stato del corrispondente sistema dinamico non lineare (con ingressou(t) =  f (t)  e uscita  y (t) =  θ(t)).

Siano ora  m  = 1,  k  = 14,  b = 2,  a = 0.5,    = 1  e  g = 10   (nelle opportune unita di misura).

2. Si determini la descrizione in spazio di stato del sistema linearizzato attorno al la condizione di equilibrioθ = 0,  θ = 0, e si calcoli la funzione di trasferimento tra  u(t)  e  y(t);

3. si calcoli l’evoluzione libera  y(t) del sistema linearizzato a partire dalle condizioni iniziali  θ(0) =  θ(0) = 1.

Soluzione: L’equzione dei momenti e la seguente

J θ =  ml2θ = −mgl sin θ − 2(ka sin θ)a cos θ + f (t) − bθ ,

da cui si ricava facilmente, scegliendo  x1  =  θ, x2  =  θ:

x1   =   x2

x2   =   −   bml2 x2 −

gl   +   2ka2

ml2

sin x1 +   1

ml2 u

y   =   x1 .

La linearizzazione si ottiene direttamente sostituendo   θ  a sin θ. Fissati i valori dei parametri, la funzione ditrasferimento risulta essere

G(s) =  1

s2 + 2s + 17 .

Infine, trasformando l’equazione dei momenti secondo Laplace e tenendo conto delle condizioni iniziali assegnate,si ottiene che la L-trasformata dell’evoluzione libera cercata e

Y (s) =   s + 3s2 + 2s + 17

 =   (s + 1) + 2(s + 1)2 + 16

 ,

che si antitrasforma agevolmente in

y(t) =  e−t

cos4t + 1

2 sin 4t

1(t)

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Esercizio 1.9  Sia consideri lo schema di figura.

Si considerino dapprima entrambi gli amplificatori operazionali come ideali.

1. Si determini la funzione di trasferimento Gid(s)  tra  ei(t)  e  eo(t).

Siano ora  R1  =  R2   =  R3   =  R4  = 1  e  C 2  = 1  (in opportune unita di misura) e si assuma che l’amplificatore operazionale nello stadio di uscita sia non ideale e caratterizzato dalla relazione 

Y (s) =  1

s + 1

(V +(s)

−V −

(s)).

2. Si determini la funzione di trasferimento Gr(s)   tra  ei(t)  e  eo(t).

3. Si calcoli la risposta  eo(t)   del sistema all’ingresso  ei(t) =  t1(t)

Soluzione:   Il circuito puo essere considerato come la serie di due operazionali in configurazione invertente. Nelcaso ideale, ciascun termine ha funzione di trasferimento −Z 2(s)/Z 1(s), dove  Z 1(s) e  Z 2(s) sono le impedenzerispettivamente del ramo in ingresso e del ramo in retroazione. Risulta pertanto che

Gid(s) =

−1 + R2C 2s

R1C 2s

−R4

R3

  .

Nel caso il secondo stadio abbia invece un operazionale non ideale, si consideri la relazione che caratterizza le

correnti al morsetto negativo (indicando con  vi  e  vo  le tensioni in ingresso ed uscita del secondo stadio):

v− − viR3

= vo − v−

R4,

da cui,

v−  = R4vi + R3vo

R3 + R4.

Sostituendo i valori per le resistenze, osservando che  v+  = 0, e utilizzando la relazione

V o(s) =  1

s + 1(V +(s) − V −(s)) ,

si ottiene

V o(s) = −  1

s + 1

V i(s) + V 

o(s)

2

e quindi

V o(s) = −   1

2s + 3V i(s) .

Considerando ora anche la trasferenza (in serie) dello stadio di ingresso, si ottiene

Gr(s) =

−1 + s

s

−   1

2s + 3

.

10

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La risposta del sistema alla rampa unitaria ha trasformata di Laplace

E o(s) =  1 + s

s3(2s + 3) = −   2

27s +

  1

9s2 +

  1

3s3 +

  2

27(s + 3/2) ,

da cui

eo(t) =

−  2

27 +

 1

9t +

 1

6t2 +

  2

27e−

3

2t

1(t) .

Esercizio 1.10  Sia consideri il sistema meccanico descritto in figura.

Si assuma che la forza esercitata dalla molla sia nulla quando i pendoli sono in posizione verticale ( θ1   =θ2  = 0, angoli positivi in verso antiorario). Si consideri inoltre per semplicita che la molla si trovi sempre in posizione orizzontale ed alla stessa altezza.

1. Si determini la descrizione in spazio di stato del corrispondente sistema dinamico non lineare (con ingressou(t) =  f (t), uscita  y(t) =  θ1(t)  e variabili di stato  x1  =  θ1, x2  =  θ1, x3  =  θ2, x4  =  θ2). Si ricorda che il momento d’inerzia del pendolo e  I  =  M L2.

Siano ora  M  = 1,  k  = 4,  L = 10  e  g  = 10   (nelle opportune unita di misura).

2. Si determini la descrizione in spazio di stato del sistema linearizzato attorno al la condizione di equilibrioθ1 =  θ2  = 0,  θ1  =  θ2  = 0  con ingresso nullo, e si calcoli la funzione di trasferimento tra  u(t)  e  y(t);

3. si determini la risposta impulsiva del sistema linearizzato.

Soluzione:  Per ciascuno dei due pendoli, scriviamo l’equazione dei momenti, tenendo conto delle forze agenti(forza esterna  f , forza peso, forze di reazione dalla molla):

ML2θ1(t) + MgL sin θ1(t) +  L2  cos θ1(t)kL2 (sin θ1(t) − sin θ2(t)) =   f (t)L2  cos θ1(t)

ML2θ2(t) + MgL sin θ2(t) −  L2  cos θ2(t)kL2 (sin θ1(t) − sin θ2(t)) = 0 ,

da cui si ottiene agevolmente il modello di stato non lineare

x1(t) =   x2(t)x2(t) =   − gL sin x1(t) −   k

4M  cos x1(t)(sin x1(t) − sin x3(t)) +   12MLu(t)cos x1(t)

x3(t) =   x4(t)x4(t) =   − gL sin x3(t) +   k

4M  cos x3(t)(sin x1(t) − sin x3(t))

y(t) =   x1(t)Sostituendo i valori numerici dei parametri, e linearizzando attorno al punto di equilibrio (dove sin θ  θ, cos θ 1), si ottiene il modello lineare

x(t) =

0 1 0 0−2 0 1 00 0 0 11 0   −2 0

x(t) +

01

2000

y(t) =

1 0 0 0

x(t)

11

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Per calcolare la funzione di trasferimento, anziche utilizzare l’espressione  W (s) =  H (sI  − F )−1G, risulta piucomodo trasformare direttamente secondo Laplace le equazioni del moto linearizzate:

ML2θ1(t) + MgLθ1(t) +  L2

4 k(θ1(t) − θ2(t)) =   f (t)L2

ML2θ2(t) + MgLθ2(t) −  L24 k(θ1(t) − θ2(t)) = 0 .

Considerando condizioni iniziali nulle, si ottiene facilmente che

Y (s) =  W (s)U (s) =  12

s2 + 2s4 + 4s2 + 3

U (s) .

E agevole verificare che

W (s) = 1

4

  1

s2 + 1 +

  1

s2 + 3

da cui, antitrasformando, si ricava la rimposta impulsiva

w(t) = 1

4

sin t +

  1√ 3

sin√ 

3t

  .

12

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Chapter 2

Analisi in frequenza

Esercizio 2.1   Data 

G(s) =  K   1 + s

s(s − 2)

1. Si tracci il diagramma di Bode di  G( jω)  per  K  = 1;

2. si tracci il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti ed intersezioni con gli assi coordinati;

3. supponendo che  G(s) sia inserita nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, si studi la stabilita del sistema in catena chiusa al variare di  K  ∈ R   ricorrendo al criterio di Nyquist.

Soluzione:  La forma di Bode di  G(s) per  K  = 1 e

G(s) = −1

2

1 + s

s(1 − s/2)

da cui si evince che il guadagno di Bode e negativo e in modulo minore di 1 (|K B|dB   = −6). I punti dispezzamento sono per   ω   = 1, 2 rad/s rispettivamente per uno zero reale negativo ed un polo reale positivo.Vi e inoltre un polo nell’origine. Il diagramma asintotico dei moduli parte quindi per  ω

 → 0+ con pendenza

-20 dB/dec, in   ω  = 1 rad/s la pendenza varia di +20dB/dec ed infine in   ω  = 2 rad/s la pendenza varia di-20dB/dec. L’intersezione con l’asse delle ordinate e in -6 dB (valore di K B). Per quanto riguarda il diagrammaasintotico delle fasi, per ω → 0+ si ha fase pari a −3π/2 stante la presenza del polo dell’origine e del guadagnodi Bode negativo. In  ω  = 1 rad/s la fase varia di +π/2 ed infine in  ω  = 2 la fase varia di ulteriori +π/2 a causadel polo a fase non minima. I diagrammi (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.1.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  −3

ω2 + 4 +  j

  2 − ω2

ω(ω2 + 4 ,

da cui si evince la presenza di un asintoto verticale in -3/4 quando  ω → 0+, l’assenza di attraversamenti dell’assedelle ascisse e l’attraversamento dell’asse delle ordinate per  ω   =

√ 2 con  ReG( j

√ 2)=-1/2. Le caratteristiche

salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω  0+ − 34   +∞ − 3

2 π< 0   < 0

ω =√ 

2   − 12   0

< 0   > 0ω = +∞   0 0   −π2

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Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.2.Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte reale

positiva di  G(s) e P  = 1. Per 0  < K < 2 il diagramma compie un giro in verso orario attorno al punto critico,quindi il sistema in catena chiusa ha  Z   =  N  +  P  = 1 + 1 = 2 poli a parte reale positiva. Per  K  = 2 vi sonodue poli puramente immaginari, mentre per  K >  2 vi e un aggiramento in verso antiorario del punto critico,quindi  Z  =  N  +  P   = −1 + 1 = 0 ed il sistema in catena chiusa non ha poli a parte reale positiva. Per K < 0non vi sono aggiramenti del punto critico e pertanto il sistema in catena chiusa ha  Z  =  N  + P  = 0 + 1 = 1 poloa parte reale positiva.

Figure 2.1: Diagrammi di Bode per Es. 2.1

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Figure 2.2: Diagramma di Nyquist per Es. 2.1

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Esercizio 2.2   Data 

G(s) =  K   1 +   s2

100

1 + s + s2

1. Si tracci il diagramma di Bode di  G( jω)  per  K  = 1;

2. si tracci il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti ed intersezioni con gli assi coordinati;

3. supponendo che  G(s) sia inserita nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, si studi la stabilita del sistema in catena chiusa al variare di  K  ∈ R ricorrendo al criterio di Nyquist, determinandoin particolare il numero dei poli a parte reale positiva e nulla della funzione di trasferimento del sistema in catena chiusa.

Soluzione:   G(s) e gia in forma di Bode, e, per  K  = 1, ha guadagno di Bode unitario. I punti di spezzamentodei diagrammi asintotici sono in  ω  = 1, 10 rad/s, rispettivamente per uno zero reale positivo e per una coppia dipoli complessi coniugati a parte reale negativa, con coefficiente di smorzamento  ζ  = 0.5. Il diagramma asintoticodei moduli parte quindi con pendenza nulla quando  ω →  0+, ha una variazione di pendenza di −40 dB/decin  ω  = 1 e di +40 dB/dec per  ω   = 10. In prossimia di  ω   = 1, il diagramma reale presenta un massimo (diampiezza pari a circa 1 dB), dato che ζ < 0.707, mentre per ω  = 10 vi e un asintoto verticale a −∞. Per quantoriguarda il diagramma asintotico delle fasi, per  ω → 0+ la fase e nulla, in  ω  = 1 rad/s si ha una variazione di

−π  per la presenza della coppia di poli complessi coniugati a parte reale negativa, mentre per  ω  = 10 rad/s siha la discontinuita di ampiezza +π  per la presenza della coppia di zeri puramente immaginari. I diagrammi diBode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.3.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) = 1 −   101

100ω2 +   1

100ω4

(1 − ω2)2 + ω2  + j

ωω2

100 − 1

(1 − ω2)2 + ω2  ,

da cui si evince che il diagramma di Nyquist parte sull’asse reale ( G( j0) = 1) e ivi termina per   ω → ∞(G( j∞) = 1/100). Le caratteristiche salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω = 0+ 1 0 0> 0   < 0

ω = 1 0   −   99100

< 0   < 0ω = 10 0 0

> 0   > 0ω = +∞   1

100   0 0

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.4, dove il comportamento per  ω ∈ [10, +∞] e statoevidenziato, per sottolineare come il diagramma passi per l’origine del piano di Nyquist per  ω  = 10 e poi tendaa 1/100 quando  ω → ∞.

Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte realepositiva di  G(s) e  P   = 0. Per K >  0 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catenachiusa ha  Z  = N  +  P  = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva. Per  K < −100 vi sono due aggiramenti in versoorario del punto critico, quindi  Z  =  N  +  P  = 2 + 0 = 2 ed il sistema in catena chiusa ha 2 poli a parte realepositiva. Per −100  < K < −1 vi e un aggiramento in verso orario del punto critico e pertanto il sistema incatena chiusa ha   Z   =  N  + 1 = 0 + 1 = 1 polo a parte reale positiva, mentre per  −1  < K <   0 non vi sononuovamente aggiramenti del punto critico,  Z  =  N  + P  = 0 + 0 = 0 ed il sistema in catena chiusa non ha poli aparte reale positiva.

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Per K  = −100, si ha che  G(∞) = −1 e la funzione di trasferimento in catena chiusa diventa non propria,con denominatore  pK =−100(s) =  s − 99, mentre per  K  = −1 il sistema in catena chiusa ha un polo nell’origineed un polo reale negativo, come si evince facilmente dal calcolo del denominatore della funzione di trasferimentoin catena chiusa:

 pK (s) = 1 + s + s2 + K 

1 +

  s2

100

  .

Figure 2.3: Diagrammi di Bode per Es. 2.2

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Figure 2.4: Diagramma di Nyquist per Es. 2.2

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Esercizio 2.3   Data 

G(s) =  K 

1 −   s2

(1 + 2s)

s(1 + s)

e richiesto di:

1. tracciarne il diagramma di Bode per  K  = 1;

2. tracciare il diagramma di Nyquist per  K  = 1, individuando asintoti ed intersezioni con gli assi;

3. studiare la stabilita di  W (s) =   G(s)1+G(s)  ricorrendo al criterio di Nyquist, al variare del parametro reale  K ,

in particolare individuando il numero di poli a parte reale positiva, negativa e nulla.

Soluzione:   G(s) e gia in forma di Bode, e, per  K  = 1, ha guadagno di Bode unitario. I punti di spezzamentodei diagrammi asintotici sono in  ω  = 1/2, 1, 2 rad/s, rispettivamente per uno zero reale positivo, un polo realenegativo, ed un zero reale positivo. Il diagramma asintotico dei moduli ha pendenza di -20 dB/dec a causadel polo nell’origine per  ω →  0+, ha una variazione di pendenza di +20 dB/dec in  ω  = 1/2, di -20 dB/dec inω  = 1 e di +20 dB/dec per  ω  = 2. La semiretta asintotica per  ω  0+ interseca gli assi coordinati nell’origine(  K B  = 1). Poiche gli intervalli di frequenze [1/2, 1] e [1, 2] hanno la stessa ampiezza (in decadi), il diagrammaasintotico giace sull’asse delle ascisse per  ω > 2 rad/s. Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi,per  ω → 0+ la fase vale −π/2 data la presenza del polo nell’origine, in  ω  = 1/2 rad/s la variazione e di +π/2(zero negativo), in  ω  = 1 rad/s di −π/2 (polo negativo), in  ω  = 2 rad/s di −π/2 (zero positivo). I diagrammi

di Bode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.5.Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =12 − ω2

1 + ω2 −  j

  1 +   52 ω2

ω(1 + ω2) ,

da cui si evince che il diagramma di Nyquist ha un asintoto verticale in 1 /2, non vi sono attraversamenti dell’assedelle ascisse e vi e un attraversamento dell’asse delle ordinate per  ω  = 1/

√ 2. Le caratteristiche salienti di  G( jω)

sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω  0+   1

2   −∞ −π

2> 0   < 0

ω =   1√ 2

  0   −   3√ 2

< 0   < 0ω = +∞ −1 0   −π

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.6.Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte reale

positiva di G(s) e P  = 0. Per 0  < K < 1 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catenachiusa ha  Z   =  N  + P  = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva. Per  K  = 1 il sistema in catena chiusa diventanon proprio (G(∞) = −1). Per  K >  1 e  K <  0 vi e un aggiramento in verso orario del punto critico, quindiZ  =  N  + P  = 1 + 0 = 1 ed il sistema in catena chiusa ha 1 polo a parte reale positiva.

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10−1

100

101

0

5

10

15

20

25

       d       B

pulsazione ω

Diagramma di Bode − Modulo

10−1

100

101

−200

−100

0

100

200

300

     g     r     a       d       i

pulsazione ω

Diagramma di Bode − Fase

Figure 2.5: Diagrammi di Bode per Es. 2.3

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−2 0 2 4 6 8 10 12−15

−10

−5

0

5

10

15

Real Axis

   I  m  a  g   A  x   i  s

Figure 2.6: Diagramma di Nyquist per Es. 2.3

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Esercizio 2.4   Sia 

G(s) =  s − 1

(s2 + s + 1)(s + 10)

1. Si traccino i diagrammi di Bode di  G( jω);

2. si tracci il diagramma di Nyquist di  G( jω), determinando in particolare il numero di intersezioni con gli assi coordinati e la posizione di eventuali asintoti;

3. supponendo che  K G(s) sia la trasferenza in catena diretta in uno schema in retroazione unitaria negativa,si studi la stabilita del sistema in catena chiusa al variare di  K > 0  utilizzando il criterio di Nyquist.

Soluzione:  La forma di Bode di  G(s) e

G(s) = − 1

10

1 − s

(1 + s + s2)

1 +   s10

 .

I punti di spezzamento dei diagrammi asintotici sono in ω  = 1, 10 rad/s, rispettivamente per uno zero realepositivo ed una coppia di poli a parte reale negativa, e per un polo reale negativo. Il diagramma asintotico deimoduli ha pendenza nulla per  ω → 0+, ha una variazione di pendenza di −20 dB/dec in ω  = 1 rad/s (per effettocombinato dello zero e della coppia di poli), e di altri -20 dB/dec in  ω  = 10 rad/s. La semiretta asintotica perω 

 0+ interseca l’asse delle ordinate in -20 dB ( |

K B| = 1/10). Il diagramma reale presenta un picco poco

prima di  ω  = 1 rad/s, dato che il coefficiente di smorzamento legato alla coppia di poli e  ζ  = 0.5 <  0.707. Perquanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per  ω → 0+ la fase vale −π  dato che il guadagno di Bode enegativo, in  ω  = 1 rad/s la variazione e di −3π/2 (zero reale positivo e coppia di poli a parte reale negativa), ein  ω  = 10 rad/s di −π/2 (polo negativo). I diagrammi di Bode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.7.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  −ω4 + 22ω2 − 10

((1 − ω2)2 + ω2)(100 + ω2) +  jω

  −12ω2 + 21

((1 − ω2)2 + ω2)(100 + ω2) ,

da cui si evince che il diagramma di Nyquist parte sull’asse reale ( G( j0) = −0.1) e tende all’origine del piano perω → ∞ (G( j∞) = 0).  E facile verificare che il numeratore di Re G si annulla per due valori di  ω  (ω  4.5, 0.7),

mentre  Im G  per ω  =  2112   1.3.

Le caratteristiche salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω  0+ 0.1 0   −π< 0   > 0

ω  0.5 0   > 0> 0   > 0

ω  1.3   > 0 0> 0   < 0

ω  4.5 0   < 0< 0   < 0

ω = +∞   0 0   −3π

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.8.Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte reale

positiva di G(s) e P  = 0. Per 0 < K < 10 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catenachiusa ha Z  =  N  + P  = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva. Per K  = 10 il sistema in catena chiusa ha un poloin  s  = 0. Per  K > 10 vi e un aggiramento in verso orario del punto critico, quindi Z  =  N  + P  = 1 + 0 = 1 ed ilsistema in catena chiusa ha 1 polo a parte reale positiva.

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Figure 2.7: Diagrammi di Bode per Es. 2.4

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Figure 2.8: Diagramma di Nyquist per Es. 2.4

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Esercizio 2.5   Sia 

G(s) =  s + 1

s(s2 − s + 1)

1. Si traccino i diagrammi di Bode di  G( jω);

2. si tracci il diagramma di Nyquist di   G( jω), determinando in particolare la posizione di eventuali inter-sezioni con gli assi coordinati ed asintoti;

3. supponendo che  K G(s) sia la trasferenza in catena diretta in uno schema in retroazione unitaria negativa,si studi la stabilita del sistema in catena chiusa al variare di  K  ∈ R  utilizzando il criterio di Nyquist.

Soluzione:   G(s) e gia in forma di Bode, e ha guadagno di Bode unitario. L’unico punto di spezzamento deidiagrammi asintotici e in   ω  = 1 rad/s, per uno zero reale negativo ed una coppia di poli complessi a partereale positiva. Il diagramma asintotico dei moduli ha pendenza di -20 dB/dec a causa del polo nell’origine perω →   0+ e ha una variazione di pendenza di −20 dB/dec in   ω  = 1 rad/s per effetto combinato dello zero edella coppia di poli. La semiretta asintotica per  ω  0+ interseca gli assi coordinati nell’origine (  K B  = 1). Ildiagramma reale presenta un picco poco prima di  ω  = 1 rad/s, dato che il coefficiente di smorzamento legatoalla coppia di poli vale in modulo |ζ | = 0.5 <  0.707. Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, perω → 0+ la fase vale −π/2 data la presenza del polo nell’origine, in  ω  = 1 rad/s la variazione e di +3π/2 (zeroreale negativo e coppia di poli a parte reale positiva). I diagrammi di Bode (asintotici e reali) sono riportati in

Fig. 2.9.Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  2 − ω2

(1 − ω2)2 + ω2 + j

  2ω2 − 1

ω ((1 − ω2)2 + ω2) .

Si osserva immediatamente che il diagramma presenta un asintoto verticale con Re G(ω) = 2. Le caratteristichesalienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω  0+ 2   −∞ −π2> 0   < 0

ω =   1√ 2

  2 0

> 0   > 0ω =

√ 2 0   1√ 

2

< 0   > 0ω = +∞   0 0   π

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.10.Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte reale

positiva di  G(s) e  P   = 2. Per K >  0 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catenachiusa ha  Z   =  N  + P  = 0 + 2 = 2 poli a parte reale positiva. Per  K < −1/2 vi e un aggiramento in versoantiorario del punto critico e il sistema in catena chiusa ha  Z  =  N  + P   = −1+2 = 1 polo a parte reale positiva.Per

 −1/2 < K < 0 vi e invece un aggiramento in verso orario del punto critico, quindi  Z  =  N  + P   = 1 + 2 = 3

ed il sistema in catena chiusa ha 3 poli a parte reale positiva. Per  K  = −1/2, infine, il sistema in catena chiusaha due poli puramente immaginari ed un polo reale positivo, come si puo direttamente verificare calcolando ildenominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa

 p− 1

2

(s) =  s3 − s2 + 1

2s −  1

2 =

s2 +

 1

2

(s − 1) .

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Figure 2.9: Diagrammi di Bode per Es. 2.5

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Figure 2.10: Diagramma di Nyquist per Es. 2.5

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Esercizio 2.6   Sia 

G(s) = s(1 − s)

(1 + s)3

1. Si traccino i diagrammi di Bode di  G( jω);

2. si tracci il diagramma di Nyquist di   G( jω), determinando in particolare la posizione di eventuali inter-sezioni con gli assi coordinati ed asintoti;

3. supponendo che  K G(s) sia la trasferenza in catena diretta in uno schema in retroazione unitaria negativa,si studi la stabilita del sistema in catena chiusa al variare di  K  ∈ R  utilizzando il criterio di Nyquist.

Soluzione:   G(s) e gia in forma di Bode, e ha guadagno di Bode unitario. L’unico punto di spezzamento deidiagrammi asintotici e in   ω   = 1 rad/s, per uno zero reale positivo ed tre poli reali negativi coincidenti. Ildiagramma asintotico dei moduli ha pendenza iniziale di 20 dB/dec a causa dello zero nell’origine per  ω → 0+ eha una variazione complessiva di pendenza di −40 dB/dec in  ω  = 1 rad/s per effetto combinato dello zero e deitre poli. La semiretta asintotica per ω   0+ interseca gli assi coordinati nell’origine (  K B  = 1).   E immediatoinoltre osservare che il diagramma reale interseca l’asse delle ordinate in −6 dB (|G( j1)|   =   1

2 ). Per quantoriguarda il diagramma asintotico delle fasi, per  ω → 0+ la fase vale  π/2 data la presenza dello zero nell’origine,in  ω  = 1 rad/s la variazione e di −2π  (zero reale positivo e tre poli negativi). I diagrammi di Bode (asintoticie reali) sono riportati in Fig. 2.11.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) = 4ω2(1 − ω2)

(1 + ω2)3  + j

ω(1 − 6ω2 + ω4

(1 + ω2)3  .

Le caratteristiche salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω = 0+ 0 0   π2

> 0   > 0

ω =  3 − √ 8   1√ 

8  0

> 0   < 0ω = 1 0   − 1

2< 0   < 0

ω = 

3 +√ 

8   −   1√ 8

  0

< 0   > 0ω = +∞   0 0   −3π/2

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.12. Si osservi come il diagramma esibisca unasimmetria anche rispetto all’asse delle ordinate, oltre a quella (ovvia) rispetto all’asse delle ascisse.

Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte realepositiva di  G(s) e P  = 0. Per |K | < √ 

8 il diagramma non circonda il punto critico, quindi il sistema in catenachiusa ha Z  =  N  + P  = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva, mentre per Per |K | > √ 

8 vi sono 2 aggiramenti in

verso orario del punto critico e il sistema in catena chiusa ha  Z  =  N  + P  = 2 + 0 = 2 poli a parte reale positiva.Per |K | = √ 

8 vi sono invece due radici puramente immaginarie ed una radice reale negativa. Il denominatoredella funzione di trasferimento in catena chiusa risulta infatti essere (per esempio, per K  =

√ 8)

 p√ 8(s) =  s3 + (3 −√ 

8)s2 + (3 +√ 

8)s + 1 ,

la cui tabella di Routh e

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3 1 3 +√ 

8

2 3 − √ 8 1

1 00   . . . . . .

da cui si evince la presenza di una radice a parte reale negativa (dalle prime due righe) e di un fattore associatoad una coppia di poli puramente immaginari (presenza di una riga nulla).

Figure 2.11: Diagrammi di Bode per Es. 2.6

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Figure 2.12: Diagramma di Nyquist per Es. 2.6

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Esercizio 2.7   Data 

G(s) =  K   (s + 1)2

s(s2 − 2s + 1)

e richiesto di:

1. tracciare il diagramma di Bode di  G( jω)  per  K  = 1, calcolando in particolare il valore esatto di  G( j1)   in modulo e fase;

2. tracciare il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, evidenziando eventuali asintoti ed intersezioni con gli assi;

3. ricorrendo al criterio di Nyquist, studiare la stabilita del sistema ad anello chiuso in cui   KG(s)   e il termine in catena diretta, al variare di   K  ∈  R, in particolare individuando il numero di radici a parte reale positiva, nulla e negativa nei vari casi.

Soluzione:   G( jω) e in forma di Bode con  K B  = 1 per  K  = 1, l’unico punto di spezzamento dei diagrammiasintotici e in  ω  = 1 rad/s (per due zero negativi, ed una coppia di poli a parte reale positiva). Il diagrammaasintotico dei moduli ha pendenza iniziale di -20 dB/dec a causa del polo nell’origine per   ω →  0+ e ha unavariazione complessiva di pendenza nulla in  ω  = 1 rad/s per effetto combinato dei due zeri e dei due poli. Lasemiretta asintotica per  ω  0+ interseca gli assi coordinati nell’origine ( K B  = 1). Si ricava inoltre facilmenteche G( j1) =  j , per cui anche il diagramma reale passa per l’origine. Per quanto riguarda il diagramma asintotico

delle fasi, per  ω →  0+ la fase vale −π/2 data la presenza del polo nell’origine, in  ω  = 1 rad/s la variazione edi 2π   (due zeri reali negativi e due poli a parte reale positiva). I diagrammi di Bode (asintotici e reali) sonoriportati in Fig. 2.13.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  4(1 − ω2)

(1 − ω2)2 + 4ω2 + j

  4ω2 − (1 − ω2)2

ω((1 − ω2)2 + 4ω2)

da cui si ricava l’attraversamento dell’asse immaginario per   ω   = 1 i n   j   (come gia visto). Per definire gliattraversamenti dell’asse reale bisogna risolvere l’equazione in  t  =  ω2:

t2 − 6t + 1 = 0

che ha radici  t  = 3±

2√ 

2 da cui

ω   =   ω1 =

 3 − 2

√ 2   G( jω1) =

  1√ 2 − 1

ω   =   ω2 =

 3 + 2

√ 2   G( jω2) = −   1√ 

2 + 1

Infine vi e un asintoto verticale per  ω → 0+ in  ReG( jω) = 4.Le caratteristiche salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

ω   Re G   Im G   Arg G

ω = 0+ 4  −∞ −

π

2> 0   < 0ω =  ω1

1√ 2−1

  0

> 0   > 0ω = 1 0 1

< 0   > 0ω =  ω2   −   1√ 

2+1  0

< 0   < 0ω = +∞   0 0 3π/2

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Il diagramma completo e riportato in Fig. 2.14.Per quanto riguarda lo studio della stabilita tramite il criterio di Nyquist, osservando che   P   = 2, si ha

stabilita BIBO per  K > 1 +√ 

2 in quanto il diagramma compie in tale caso due giri in verso antiorario attornoal punto critico (Z   =  N  + P   = −2 + 2 = 0). Per K   = 1 +

√ 2 il diagramma passa per il punto critico e ci

sono due poli immaginari puri. Per 0  < K <  1 +√ 

2 si ha  Z   =  N  + P   = 0 + 2 = 2 e pertanto vi sono dueradici a parte reale positiva. Per K <  1 − √ 

2 si ha  Z   =  N  +  P   = −1 + 2 = 1 e pertanto una radice a partereale positiva. Per K  = 1 − √ 

2 il diagramma passa per il punto critico e ci sono due poli immaginari puri, per1

−√ 

2 < K < 0,  Z  = N  + P  = 1 + 2 = 3 e pertanto vi sono 3 radici a parte reale positiva.

10−2

10−1

100

101

102

−40

−20

0

20

40

       d       B

pulsazione ω

Diagramma di Bode − Modulo

10−2

10−1

100

101

102

−600

−400

−200

0

200

400

     g     r     a       d       i

pulsazione ω

Diagramma di Bode − Fase

Figure 2.13: Diagrammi di Bode per Es. 2.7

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Figure 2.14: Diagramma di Nyquist per Es. 2.7

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Esercizio 2.8   Data 

G(s) =  K   1 − s2

1 + 10s + 100s2

e richiesto di:

1. tracciare il diagramma di Bode di  G( jω)  per  K  = 1;

2. tracciare il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, evidenziando eventuali asintoti ed intersezioni con 

gli assi;

3. ricorrendo al criterio di Nyquist, studiare la stabilita del sistema ad anello chiuso in cui   KG(s)   e il termine in catena diretta, al variare di   K  ∈  R, in particolare individuando il numero di radici a parte reale positiva, nulla e negativa nei vari casi.

Soluzione: Il sistema e gia in forma di Bode, con  K B  = 1 per  K  = 1. I punti di spezzamento dei diagrammiasintotici sono in   ω   = 0.1, 1 rad/s, rispettivamente per una coppia di poli complessi coniugati a parte realenegativa e due zeri, uno a parte reale positiva ed uno a parte reale negativa. Il diagramma asintotico dei moduliha pendenza iniziale nulla per  ω → 0+, e giace sull’asse delle ascisse (|K b| = 1), ha una variazione di pendenzadi -40 dB/dec in  ω  = 0.1 rad/s per effetto della coppia di poli, e di =40dB/dec in  ω  = 1 rad/s per effetto dei duezeri. Il diagramma reale presenta un picco nell’intorno di  ω  = 0.1, dato che la coppia di poli ha  ζ  = 0.5 <  0.707.Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per  ω

 → 0+ la fase e nulla, in  ω  = 0.1 rad/s la variazione

e di −π  (due poli a parte reale negativa), ed in  ω  = 1 rad/s non si ha variazione di fase per effetto combinatodei due zeri, uno positivo ed uno negativo. I diagrammi di Bode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.15.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  (1 + ω2)(1 − 100ω2)

(1 − 100ω2)2 + 100ω2 − j

  10ω(1 + ω2)

(1 − 100ω2)2 + 100ω2  .

Si osserva che  G( j0) = 1 e  G(∞) = 0.01. Non essendoci poli sull’asse immaginario, il diagramma si mantieneal finito, con un solo attraversamento dell’asse immaginario in −1 per  ω  = 0.1 rad/s. Il diagramma completo eriportato in Fig. 2.16.

Per quanto riguarda lo studio della stabilita tramite il Criterio di Nyquist, per   K <  100 e −1   < K <  0non si hanno aggiramenti del punto critico e pertanto, non avendo  G(s) poli a parte reale positiva, il sistemain catena chiusa e BIBO stabile (Z   =  N  + P  = 0 + 0 = 0). Per  K >  100 e  K < −1 si ha invece un giro in

senso orario attorno al punto critico e pertanto il sistema in catena chiusa ha un polo a parte reale positiva(Z  =  N  + P  = 1 + 0 = 1). Per K  = −1 il sistema in catena chiusa ha un polo nell’origine, mentre per  K  = 100si ha che KG(∞) = −1 ed il sistema in catena chiusa non e proprio. Queste ultime considerazioni trovano facileconferma nell’analisi del denominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa, che risulta essere

 pK (s) = (100 − K )s2 + 10s + (K  + 1) .

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Figure 2.15: Diagrammi di Bode per Es. 2.8

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Figure 2.16: Diagramma di Nyquist per Es. 2.8

36

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Esercizio 2.9   Data 

G(s) =  K (s − 1)(s + 2)

s(s2 + 1)

e richiesto di:

1. tracciare il diagramma di Bode di  G( jω)  per  K  = 1;

2. tracciare il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, evidenziando eventuali asintoti ed intersezioni con 

gli assi;

3. ricorrendo al criterio di Nyquist, studiare la stabilita del sistema ad anello chiuso in cui   KG(s)   e il termine in catena diretta, al variare di   K  ∈  R, in particolare individuando il numero di radici a parte reale positiva, nulla e negativa nei vari casi.

Soluzione:  In forma di Bode, il sistema ha funzione di trasferimento (per  K  = 1)

G(s) = −2(1 − s)(1 + s/2)

s(1 + s2)  ,

esibendo pertanto guadagno di Bode negativo ed in modulo maggiore di uno (|K B|dB   = 6 dB). I punti dispezzamento dei diagrammi asintotici sono in   ω   = 1, 2 rad/s, rispettivamente per uno zero positivo ed una

coppia di poli puramente immaginari, e per uno zero negativo. Il diagramma asintotico dei moduli ha pendenzainiziale per ω → 0+ di -20 dB/dec a causa del polo nell’origine, ha una variazione di pendenza di -20 dB/dec inω  = 1 rad/s per effetto combinato della coppia di poli e dello zero, e di +20dB/dec in  ω  = 2 rad/s per effettodello zero. Il diagramma dei moduli va a +∞  quando  ω → 1 rad/s per effetto della coppia di poli immaginari.Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per  ω → 0+ la fase e pari a −3π/2 per la presenza delpolo nell’origine e del guadagno di Bode negativo, in ω  = 1 rad/s la variazione e di −3π/2 (due poli immaginaried uno zero positivo), ed in ω  = 2 rad/s la variazione e di  π/2 per effetto dello zero negativo. Il diagramma realeha una discontinuita di ampiezza −π   in  ω  = 1 rad/s per effetto della coppia di poli immaginari. I diagrammidi Bode (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.17.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  1

1 − ω2 + j

  2 + ω2

ω(1 − ω2) .

e si osserva immediatamente che gli assi coordinati non vengono mai attraversati, che vi e un asintoto verticaleper  ω → 0 con  ReG( jω) = 1, ed infine che vi e un asintoto obliquo per  ω → 1, di equazione

ImG( jω) =  mReG( jω) + q ,

con

m = limω→1

ImG( jω)

ReG( jω)  = limω→1

2 + ω2

ω  = 3

e

q  = limω→1

ImG( jω) − mReG( jω)

 = limω→1

2 − ω

ω(1 + ω) =

 1

2 .

Il risultante diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.18.

Per quanto riguarda lo studio della stabilita in catena chiusa con il Criterio di Nyquist, osservando che nonvi sono poli di  G(s) a parte reale positiva, e immediato verificare che per K > 0 vi e un aggiramento (orario) delpunto critico, e conseguentemente un polo a parte reale positiva nella funzione di trasferimento a catena chiusa(Z  =  N +P  = 1+0 = 1), mentre per K < 0 vi sono due aggiramenti (orari) del punto critico, e conseguentementedue poli a parte reale positiva nella funzione di trasferimento a catena chiusa (Z  =  N  + P  = 2 + 0 = 2).

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Figure 2.17: Diagrammi di Bode per Es. 2.9

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Figure 2.18: Diagramma di Nyquist per Es. 2.9

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Esercizio 2.10   Data 

G(s) =  K   (s + 0.1)(s2 + 1)

s2(s + 1)(s2 + 10s + 100)

e richiesto di:

1. tracciare il diagramma di Bode di  G( jω)  per K =  1000;

2. tracciare il diagramma di Nyquist di  G( jω) per  K  = 1, evidenziando eventuali asintoti ed intersezioni con 

gli assi (non e necessario determinare in maniera esatta eventuali intersezioni con l’asse delle ordinate);

3. ricorrendo al criterio di Nyquist, studiare la stabilita del sistema ad anello chiuso in cui   KG(s)   e il termine in catena diretta, al variare di   K  ∈  R, in particolare individuando il numero di radici a parte reale positiva, nulla e negativa nei vari casi.

Soluzione:  La forma di Bode di  G(s) per  K  = 1000 e

G(s) =  (1 + 10s)(1 + s2)

s2(1 + s)

1 +   s10  +   s2

100

da cui si evince che il guadagno di Bode e unitario. I punti di spezzamento dei diagrammi asintotici sono inω   = 0.1 rad/s per uno zero reale negativo,  ω   = 1 rad/s per una coppia di zeri puramente immaginari ed un

polo reale negativo, e  ω  = 10 rad/s per una coppia di poli complessi coniugati a parte reale negativa. Vi sonoinoltre due poli nell’origine. Il diagramma asintotico dei moduli parte quindi per  ω →  0+ con pendenza -40dB/dec per effetto del polo doppio nell’origine, in  ω  = 0.1 rad/s la pendenza varia di +20dB/dec per effettodello zero negativo, in  ω  = 1 rad/s di altri +20 dB/dec per effetto combinato della coppia di zeri immaginarie del polo negativo, ed infine in  ω  = 10 rad/s di -40dB/dec per effetto della coppia di poli. L’intersezione conl’asse delle ordinate e in 20 dB. Il diagramma reale ha un asintoto a −∞ in  ω  = 1 rad/s per effetto della coppiadi zeri immaginari, ed in prossimita di  ω  = 10 rad/s ha un picco dato che la coppia di poli ha  ζ  = 0.5 <  0.707.Per quanto riguarda il diagramma asintotico delle fasi, per   ω →   0+ si ha fase pari a −π  stante la presenzadei due poli dell’origine. In ω  = 0.1 rad/s la fase varia di +π/2 (zero negativo), in  ω  = 1 rad/s la fase variacomplessivamente di ulteriori +π/2 per effetto combinanto della coppia di zeri puramente immaginari (+π) edel polo reale negativo (−π/2). Infine in  ω  = 10 rad/s la fase varia di −π  per effetto della coppia di poli aparte reale negativa. Il diagramma reale ha una discontinuita in  ω  = 1 rad/s, per la presenza della coppia dizeri puramente immaginari. I diagrammi (asintotici e reali) sono riportati in Fig. 2.19.

Per quanto riguarda il diagramma di Nyquist, si considerino le pulsazioni positive. Si ha che

G( jω) =  1

1000

ω2 − 1

ω

1 +   1089

100 ω 2 −   ω44

den(ω)  + j

ω

8910 −   109

100 ω2

den(ω)

dove

den(ω) =

1 −   11

100ω2

2

+ ω 2

10

11 −  ω 2

10

2

.

Si puo osservare che sia parte reale che parte immaginaria si annullano in ω  = 1 rad/s, che la parte immaginaria

si annulla anche in ω  = 

890109   2.86, e che per tale pulsazione la parte reale assume un valore positivo (0.0086).

Inoltre, considerando il polinomio in t  =  ω2

 p(t) = 1 + 1089

100  t −  t2

4  = 1 +

 1089

100 ω2 −  ω 4

4

si osserva che esso ammette una radice positiva ed una negativa (essendo il ∆ positivo e la sua radice maggiorema circa uguale a   1089

100  ), e quindi la parte reale di  G( jω) si annulla anche per un valore di  ω  positivo e diversoda 1.

Le caratteristiche salienti di  G( jω) sono riassunte nella seguente tabella:

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ω   Re G   Im G   Arg G

ω  0+ −∞ −∞ −π< 0   < 0

ω = 1 0 0> 0   > 0

ω = 2.87 8.6

·10−3 0

> 0   < 0ω =  ω∗   0   Im G(ω∗) <  0

< 0   < 0ω = +∞   0 0   −π

Il diagramma completo di Nyquist e riportato in Fig. 2.20.Per quanto riguarda l’applicazione del Criterio di Nyquist, si osserva che il numero di poli a parte reale

positiva di G(s) e P  = 0. Per K > 0 il diagramma non aggira il punto critico, quindi il sistema in catena chiusaha  Z  =  N  + P  = 0 + 0 = 0 poli a parte reale positiva ed e BIBO stabile. Per K < −1/(8.6 · 10−3) <  0 vi sonotre aggiramenti orari del punto critico, quindi  Z  =  N  + P  = 3 + 0 = 3 ed il sistema in catena chiusa ha 3 poli aparte reale positiva, mentre per −1/(8.6 ·10−3) < K < 0 vi e un aggiramento orario del punto critico e pertantoil sistema in catena chiusa ha  Z  = N  +  P  = 1 + 0 = 1 polo a parte reale positiva. Per  K  = −1/(8.6 · 10−3) ilsistema in catena chiusa ha due radici puramente immaginarie.

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Figure 2.19: Diagrammi di Bode per Es. 2.10

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Figure 2.20: Diagramma di Nyquist per Es. 2.10

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Chapter 3

Luogo delle radici

Esercizio 3.1   Data 

G(s) =  K   s − 1

(s − 2)2(s + 8)

1. supponendo che  G(s) sia inserita nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, si tracci il luogo delle radici positivo, determinando la posizione di eventuali asintoti e punti doppi;

2. si determini per quali valori di  K > 0  il sistema in catena chiusa e stabile e per quali valori di  K > 0  essoe privo di modi oscillatori 

3. per ogni valore di  K > 0  corrispondente ad un punto doppio, si determini la posizione dei rimanenti poli del sistema in catena chiusa.

Soluzione:   G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinitosecondo due semirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α =

ni=0 pi −

mi=0 zi

n − m  =

 (2 + 2 − 8) − (1)

2  = −5

2 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [−8, 1]. Per il calcolo degli eventuali punti doppi,si puo utilizzare l’equazione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

che porta all’equazione(s2 − 4)(2s + 1) = 0

che ha le soluzioni  s = −2, −1/2 oltre a quella (nota, in quanto associata al polo doppio di  G(s)) in s=2. Perverificare che le soluzioni trovate corrispondano effettivamente a punti doppi del luogo positivo, si determina ilcorrispondente valore di  K   utilizzando l’equazione del luogo

 pK (s) =  a(s) + Kb(s) = (s − 2)2(s + 8) + K (s − 1) = 0

valutata in s  = −2, −1/2. Si ottiene che  K  = 32 >  0 per  s  = −2, e K  = 125/4 >  0 per  s  = −1/2, confermandoquindi che entrambi i punti doppi appartengono al luogo positivo, che risulta come in Fig. 3.1. Per determinaregli attraversamenti dell’asse immaginario e studiare la stabilita del sistema in catena chiusa, si puo applicare ilCriterio di Routh al polinomio

 pK (s) =  s3 + 4s2 + (K  − 28)s + (32 − K ) .

44

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La tabella di Routh e la seguente

3 1   K  − 282 4 32 − K 1   5K −144

40 32 − K 

da cui si evince che il sistema e BIBO stabile per   1445   < K < 32 (assenza di variazioni di segno tra gli elementi

della prima colonna della tabella, e quindi tutte radici a parte reale negativa in  pK (s)). Per K  =  144

5   la tabellaha una riga nulla, e pertanto  pK (s) contiene il fattore

q (s) = 4s2 + 16

5  = 4

s2 +

 4

5

e l’attraversamento dell’asse immaginario avviene in ± j2/√ 

5. Per  K  = 32 il sistema in catena chiusa ha unpolo nell’origine (si annulla infatti il termine noto di  pK (s)). Il sistema non presenta modi oscillatori per i valoridi  K  tali per cui tutte le radici di  pK (s) sono reali, e cioe per   125

4   = 31.25 ≤  K  ≤   32. Per quanto riguardainfine la determinazione della posizione del terzo polo per i valori K  corrispondenti ai punti doppi, si ha che perK  = 32 il terzo polo e in  s  = 0, come gia visto, mentre per  K  =   125

4  , deve essere che

 p 125

4

(s) =  s3 + 4s2 + 13

4

 s + 3

4

 = s

− 1

2

2

(s + a) , a

 ∈R

da cui si ricava facilmente che  a  = 3 ed il terzo polo si trova in  s  = −3.

Figure 3.1: Luogo delle radici per Es. 3.1

45

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Esercizio 3.2   Sia 

G(s) =  K s2 − 2s + 2

s(s + a)2

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa.

1. Si determini il valore del parametro  a ∈  R   sapendo che  −1   e punto doppio (per  K >  0) del luogo delle radici del sistema in catena chiusa;

2. si tracci il luogo delle radici per  K >  0, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti e punti doppi;

3. utilizzando il criterio di Routh, si determini per quali valori di  K > 0  il sistema in catena chiusa e stabile.Si determini inoltre per quali valori di  K > 0  esso e privo di modi oscil latori 

Soluzione:  Per determinare il valore del parametro  a, utilizziamo l’espressione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

da cui otteniamo l’equazione

(s + a)

(s2

− 2s + 2)(3s + a) − 2s(s − 1)(s + a)

 = 0

che, valutata in s  = −1 porge le soluzioni a  = 1, 11. Valutando anche l’equazione del luogo  pK (s) = 0 in s  = −1per i due valori di  a   sopra determinati, si verifica che  K  = 0 per  a  = 1, e  K  = 20 per  a  = 11. Il valore cercatoe pertanto  a  = 11, dato che per ipotesi  K > 0.

G(s) ha tre poli ed due zeri, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui uno va all’infinito lungo ilsemiasse reale negativo,

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ  =  π .

che appartiene interamente al luogo, riportato in Fig. 3.2.Per determinare gli attraversamenti dell’asse immaginario e studiare la stabilita del sistema in catena chiusa,

si puo applicare il Criterio di Routh al polinomio

 pK (s) =  s3 + (22 + K )s2 + (121 − 2K )s + 2K .

La corrispondente tabella di Routh e la seguente

3 1 121 − 2K 2 22 + K    2K 

1   (22+K )(121−2K )−2K 22+K 

0 2K 

da cui si evince che il sistema e BIBO stabile per 0 < K < K ∗  (assenza di variazioni di segno tra gli elementidella prima colonna della tabella, e quindi tutte radici a parte reale negativa in  pK (s)), con  K ∗  60. Per  K ∗

la tabella ha una riga nulla, e pertanto  pK (s) contiene il fattore

q (s) = 82s2 + 120

e l’attraversamento dell’asse immaginario avviene in  s  ± j 

6041 . Il sistema non presenta modi oscillatori per i

valori di  K  tali per cui tutte le radici di  pK (s) sono reali, e cioe per 0 < K  ≤ 20.

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Figure 3.2: Luogo delle radici per Es. 3.2

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Esercizio 3.3   Sia 

G(s) =  K   s − 1

(s + 3)(s2 + 2s + 2)

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa.

1. si tracci il luogo delle radici per   K >   0, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti,punti doppi ed attraversamento dell’asse immaginario. A tale proposito, sia noto che esistono due rami del luogo,  r1   e  r2  tali che  Im(s)

 = 0

 ∀s

 ∈ ri, i = 1, 2.

2. utilizzando il criterio di Routh, si determini per quali valori di  K > 0  il sistema in catena chiusa e stabile.Si determini inoltre per quali valori di  K > 0  esso e privo di modi oscil latori 

Soluzione:   G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinitosecondo due semirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α = ni=0 pi −

mi=0 zi

n − m

  = (−3 − 1 + j − 1 − j) − (1)

2

  =

 −3 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [−3, 1]. La configurazione di poli e zeri e tale percui il luogo puo avere o due punti doppi o nessun punto doppio. La prima possibilit a e da escludersi, perche intal caso non sarebbe possibile avere due rami del luogo che non contengono alcuna frazione dell’asse reale. Illuogo risulta pertanto come in Fig. 3.3.

La studio della stabilita del sistema in catena chiusa e molto semplice analizzando la struttura del luogo, cheha due rami interamente contenuti nel semipiano sinistro, ed un terzo ramo sull’asse reale che esce da  s  = −3e tende verso   s   = 1 per   K  → ∞. Pertanto si ha stabilita BIBO per 0   < K <   6, dato che per   K   = 6 siha l’attraversamento dell’asse immaginario (polo nell’origine), come si puo agevolmente ricavare calcolando ildenominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa:

 pK (s) =  s3 + 5s2 + (8 + K )s + (6 − K ) .

Allo stesso risultato si puo arrivare tramite il Criterio di Routh, a partire dalla tabella

3 1 8 + K 2 5 6 − K 1   34+6K 

50 6 − K 

da cui si evince che il sistema e BIBO stabile per 0  < K <  6 (assenza di variazioni di segno tra gli elementidella prima colonna della tabella, e quindi tutte radici a parte reale negativa in  pK (s)). Il sistema inoltre hasempre una coppia di poli complessi coniugati, e presenta sempre quindi modi oscillatori.

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Figure 3.3: Luogo delle radici per Es. 3.3

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Esercizio 3.4   Sia 

G(s) =  K   s − 1

(s + 7)(s − 3)2

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa.

1. Si  dimostri  che luogo delle radici del sistema in catena chiusa non ammette punti doppi (ad eccezione di quello banale in  s  = 3  per  K  = 0).

2. si tracci il luogo delle radici per  K >  0, determinando in particolare la posizione di eventuali asintoti e intersezioni con l’asse immaginario;

3. utilizzando il criterio di Routh, si determini per quali valori di  K > 0  il sistema in catena chiusa e stabile.Si determini inoltre per quali valori di  K > 0  esso e privo di modi oscil latori.

Soluzione:   G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinitosecondo due semirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α =ni=0 pi

−mi=0 zi

n − m   = (3 + 3

−7)

−(1)

2   = −1 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [−7, 1]. Per il calcolo degli eventuali punti doppi,si puo utilizzare l’equazione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

che porta all’equazione(s − 3)(2s2 + 4s + 10) = 0

che, oltre alla soluzione ovvia in  s  = 3, ammette solo altre due soluzioni complesse, non accettabili il quanto illuogo ha solo tre rami. Il luogo risulta pertanto come in Fig. 3.4. Per determinare gli attraversamenti dell’asseimmaginario e studiare la stabilita del sistema in catena chiusa, si puo applicare il Criterio di Routh al polinomio

 pK (s) =  s3

+ s2

+ (K  − 33)s + (63 − K ) .

La tabella di Routh e la seguente

3 1   K  − 332 1 63 − K 1 2K  − 960 63 − K 

da cui si evince che il sistema e BIBO stabile per 48  < K < 63 (assenza di variazioni di segno tra gli elementidella prima colonna della tabella, e quindi tutte radici a parte reale negativa in  pK (s)). Per  K  = 48 la tabellaha una riga nulla, e pertanto  pK (s) contiene il fattore

q (s) =  s2 + 15

e gli attraversamenti dell’asse immaginario avvengono in  s  = ± j√ 55 per  K  = 48 e in  s  = 0 per  K   = 63. Il

sistema presenta sempre modi oscillatori in quanto due rami sono costituiti interamente da radici complesse.

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Figure 3.4: Luogo delle radici per Es. 3.4

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Esercizio 3.5   Sia 

G(s) =  K   s +   5

3

(s + 2)2(s − 1)

la trasferenza in catena diretta in uno schema in retroazione unitaria negativa.

1. Si tracci il luogo delle radici di  G(s), evidenziando in particolare la posizione di eventuali asintoti e punti multipli;

2. senza utilizzare il criterio di Routh, si determini per quli valori di  K  il sistema in catena chiusa e BIBO stabile;

3. si dica per quali valori di  K   il sistema in catena chiusa ha comportamento dominante del secondo ordine.

Soluzione:   G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinitosecondo due semirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α =ni=0 pi

−mi=0 zi

n − m   =

 (

−2

−2 + 1)

−(

−5/3)

2   = −2

3  .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [−2, 1]. Per il calcolo degli eventuali punti doppi,si puo utilizzare l’equazione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

che porta all’equazione

(s + 2)

s +

 5

3

[2(s − 1) + (s + 2)] − (s + 2)(s − 1)

 = 2(s + 2)(s + 1)2 = 0

che, oltre alla soluzione ovvia in   s   = −2, ammette la soluzione (doppia)   s   = −1. Valutando   pK (s) = 0 ins  = −1, si ottiene in corrispondenza il valore  K   = 3. Il luogo risulta pertanto come in Fig. 3.5. Dall’esame

della figura, appare possibile che s  = −1 sia in realta un punto triplo. In effetti si ha che

d2

ds2 pK (s) = 6(s + 1)

si annulla in s  = −1, confermando che tale punto e un punto triplo del luogo.La studio della stabilita del sistema in catena chiusa risulta immediata analizzando la struttura del luogo,

che ha due rami interamente contenuti nel semipiano sinistro, ed un terzo ramo sull’asse reale che esce das  = 1 e tende verso   s   = −5/3 per   K  → ∞. Pertanto si ha stabilita BIBO per   K >   12

5   , valore per cui siha l’attraversamento dell’asse immaginario (polo nell’origine), come si puo agevolmente ricavare calcolando ildenominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa

 pK (s) = (s + 2)2(s − 1) + K 

s +

 5

3ed imponendo che il termine noto sia nullo.

Infine, si ha comportamento dominante del secondo ordine quando il sistema in catena chiusa ha una coppiadi poli complessi coniugati con parte reale in modulo minore del modulo del valore del terzo polo (reale). Poiches  = −1 e un punto triplo, cio si verifica per  K >   3. Infatti, oltrepassato il punto triplo, vi e una radice realecon parte reale in modulo maggiore di 1, e due radici complesse coniugate con parte reale in modulo minore diuno, che risultano pertanto “dominanti”.

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Figure 3.5: Luogo delle radici per Es. 3.5

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Esercizio 3.6   Sia dato un sistema di controllo in retroazione unitaria in cui nella catena diretta il controllore D(s)   e in serie al processo  G(s), dove 

G(s) =  1

s(s + 3)  D(s) =

 1 + 3s

s + p  , p ≥ 0 .

1. Si tracci il luogo descritto dalle radici del denominatore della funzione di trasferimento del sistema in catena chiusa  al variare del parametro  p, evidenziando in particolare la posizione di eventuali asintoti 

e punti multipli;

2. si dica per quali valori di   p   il sistema in catena chiusa e BIBO stabile, individuando in particolare la posizione degli eventuali attraversamenti dell’asse immaginario, e per quali valori di  p  il sistema in catena chiusa non presenta modi oscillatori;

Soluzione:  Il guadagno di anello risulta essere

L(s) =  1 + 3s

s(s + 3)(s + p)

e pertanto la funzione di trasferimento in catena chiusa ha denominatore pari a

den W (s) = (s3 + 3s2 + 3s + 1) + ps(s + 3) .

Il luogo delle radici del sistema in catena chiusa al variare di   p   e pertanto uguale al luogo delle radici dellafunzione di trasferimento “fittizia”

G(s) =  ps(s + 3)

(s + 1)3  .

G(s) ha tre poli ed due zeri, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui uno va all’infinito lungo ilsemiasse reale negativo,

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ  =  π .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’unione degli intervalli (−∞, −3] e [−1, 0]. Per il calcolo deglieventuali punti doppi, si puo utilizzare l’equazione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

che porta all’equazione

(s + 1)2[3s(s + 3) − (2s + 3)(s + 1)] = (s + 1)2(s2 + 4s − 3) = 0

che, oltre alla soluzione ovvia in  s  = −1, punto triplo del luogo per  p  = 0, ammette la soluzione accettabiles∗  = −2 − √ 

7 (l’altra soluzione e positiva e non puo pertanto appartenere al luogo). Valutando  pK (s) = 0 ins∗, si ottiene in corrispondenza il valore

 p∗ = −   (1 +√ 

7)3

(2 +√ 

7)(1−

√ 7)

.

Il luogo risulta pertanto come in Fig. 3.6.La studio della stabilita del sistema in catena chiusa risulta immediata osservando che il luogo e interamente

contenuto nel semipiano sinistro, garantendo pertano stabilita BIBO per ogni valore positivo di  p. Infine, nonvi sono modi oscillatori per  p > p∗.

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Figure 3.6: Luogo delle radici per Es. 3.6

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Esercizio 3.7   Sia 

G(s) =  K   s + 7

(s + 4)2(s − a)  a ∈R

la trasferenza in catena diretta in uno schema in retroazione unitaria negativa.

1. Si determini il valore di  a  sapendo che  −1  e punto doppio del luogo delle radici con corrispondente valore di  K > 0;

2. Si tracci il luogo delle radici di  G(s), evidenziando in particolare la posizione di eventuali asintoti e punti multipli;

3. senza utilizzare il criterio di Routh, si determini per quali valori di  K   il sistema in catena chiusa e BIBO stabile, dterminando le eventuali intersezioni con l’asse immaginario;

4. si dica per quali valori di  K  il sistema in catena chiusa non presenta modi oscillatori.

Per determinare il valore del parametro  a, utilizziamo l’espressione

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

da cui otteniamo l’equazione

(s + 4)[2s2 + 21s − a(s + 10) + 28] = 0

che, valutata in  s  = −1 porge la soluzione  a  = 1.G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinito secondo

due semirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α =

ni=0 pi −

mi=0 zi

n − m  =

 (−4 − 4 + 1) − (−7)

2  = 0 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [

−7, 1].

Per a  = 1, l’equazione per i punti doppi diventa

(s + 4)(s + 1)(s + 9) = 0 .

Valutando l’equazione del luogo  pK (s) = 0 in  s  = −1, −4, −9 si ottengono i corrispondenti valori di  K :

s = −4   ⇒   K  = 0 (ovvio, dato che s  = −4 e polo doppio di  G(s))s = −1   ⇒   K  = 3s = −9   ⇒   K  = −125   ⇒ non accettabile

Il luogo e riportato in Fig. 3.7. Lo studio della stabilita e immediato, dato che tutte due rami sonointeramente contenuti nel semipiano sinistro, mentre il terzo esce dal polo in   s   = 1 ed entra nel semipianosinistro per K  = 16/7, valore per cui e semplice verificare che i sistema in catena chiusa ha un polo nell’origine.

Infine, non vi sono modi oscillatori per  K  ≤ 3, valore corrispondente al punto doppio in  s  = −1.

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Figure 3.7: Luogo delle radici per Es. 3.7

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Esercizio 3.8   Sia data 

G(s) =  K   (s2 − 1)

s(s2 + a2) .

con  a >  0.

1. Si determini il valore di   a ∈  R   sapendo che   s   = −2   e punto doppio per   K >   0   del luogo delle radici ottenuto inserendo K G(s)   nella catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa;

2. si tracci poi il luogo stesso delle radici, individuando in particolare asintoti, punti doppi, ed intersezioni del luogo con l’asse immaginario

3. si studi la stabilita del sistema ad anello chiuso al variare di  K > 0;

4. si determini il valore del terzo polo del sistema in catena chiusa che si ottiene per il valore di  K > 0  per cui le rimanenti radici sono in  s  = −2.

Soluzione: L’equazione per i punti doppi e

2s2(s2 + a2) − (s2 − 1)(3s2 + a2) = 0 ,

che, valutata in  s  = −2, permette di ottenere il valore di  a  = 2/√ 

5. Pertanto si richiede di tracciare il luogo

delle radici diG(s) =  K 

  (s2 − 1)

s(s2 +   45 )

 ,

G(s) ha tre poli ed due zeri, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui uno va all’infinito lungo il semiassereale negativo,

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ  =  π .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e (−∞, −1) ∪ [0, 1).Per verificare se vi sono altri punti doppi oltre a quello in  s  = −2, si devono innanzitutto determinare le

soluzioni dell’equazione

2s2(s2 + 4

5) − (s2 − 1)(3s2 +

 4

5) = 0 ,

che risulta essere un’equazione di secondo grado in  t  =  s2

, cha ha radici in  t  = 4 (essendo s  = −2 punto doppio)e in   t   = −1/5, a cui corrispondono le soluzioni in   s   = 2, −2, ± j1/√ 5. L’unico valore reale positivo di   K   siottiene per s  = −2 e vale  K  = 16/5, dimostrando che non vi sono altri punti doppi. I luogo e pertanto come inFig. 3.8. Il sistema in catena chiusa non e mai BIBO stabile per la presenza di un ramo interamente contenutonel semipiano destro chiuso. Infine, valutando l’equazione del luogo  pK (s) per K  = 16/5, si ottiene il polinomio

 p 16

5

(s) =  s3 + 16

5 s2 +

 4

5s −  16

5

che ha radici in  s  = −2 (come ovvio) e in  s  = 4/5.

58

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−5 −4 −3 −2 −1 0 1 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Root Locus

Real Axis (seconds−1

)

   I  m  a  g   i  n  a  r  y   A  x   i  s   (  s  e  c  o  n   d  s −

   1   )

Figure 3.8: Luogo delle radici per Es. 3.8

59

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Esercizio 3.9   Sia 

G(s) =  K   (s − a)

(s − 2)2(s + 1) , a > 0

la funzione di trasferimento del termine in catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa.

1. Si determini il valore di   a   sapendo che per   K   = 1   il sistema in catena chiusa ha una coppia di poli complessi coniugati puramente immaginari;

2. si tracci il luogo delle radici del sistema in catena chiusa al variare del parametro K > 0, individuando in particolare asintoti, punti doppi ed intersezioni del luogo con l’asse immaginario;

3. si dica per quali valori di  K > 0   il sistema in catena chiusa presenta modi oscillatori.

Soluzione:   Il denominatore della funzione di trasferimento in catena chiusa per  K  = 1 ha grado 3, e pertantodeve risultare della forma (s2 + α)(s + β ) con  α > 0 data la presenza di una coppia di poli complessi coniugatipuramente immaginari. Imponendo pertanto che valga

 pK =1(s) =  s3 − 3s2 + s + 4 − a = (s2 + α)(s + β ) (3.1)

si ottiene l’unica soluzione α  = 1, β  = −3 da cui  a  = 7. Si deve pertanto tracciare il luogo delle radici di

G(s) =  K 

  (s

−7)

(s − 2)2(s + 1)  .

G(s) ha tre poli ed uno zero, pertanto il luogo delle radici ha tre rami, di cui due vanno all’infinito secondo duesemirette asintotiche con inclinazione

ϕ = (2 + 1)π

n − m   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2  =

 π

2, 3π

2

formanti una stella con centro in

α =

ni=0 pi −

mi=0 zi

n − m  =

 (2 + 2 − 1) − (7)

2  = −2 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo [−7, 1]. L’equazione per la determinazione dei punti

doppi ea(s)

db(s)

s  = b(s)

da(s)

s  ⇒ (s − 2)2(s + 1) = (s − 7)

2(s − 2)(s + 1) + (s − 2)2

da cui si ottiene

s2 − 10s + 1 = 0 ⇒ s1,2  = 5 ± 2√ 

6 ,

con unica soluzione accettabile (sul luogo) in  s∗  = 5 −2√ 

6 per K  =   171−69√ 

61+√ 

6   0.57. Considerando l’equazione

(3.1) con  α  = 1, β   = −3, si deduce che il luogo attraversa l’asse immaginario in  s  = ± j   per  K   = 1. Inoltrevi e un altro attraversamento in  s = 0 per  K   = 4/7 (basta imporre che  pK (s  = 0) = 0). Il luogo risultante eriportato in Fig. 3.9. Infine, il sistema in catena chiusa ha modi oscillatori per  K > 0.57.

60

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Figure 3.9: Luogo delle radici per Es. 3.9

61

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Esercizio 3.10   Sia 

G(s) =  K   (s2 + 8s + 32)(s − 4)

(s − 1)2(s + a)2(s + b)2  ,

la funzione di trasferimento del termine in catena diretta di un anello a retroazione unitaria negativa, con a > 0, b >  0, a =   8

3 , b =   83 . Si consideri il luogo delle radici del sistema in catena chiusa al variare del parametro

reale  K > 0.

1. Si determinino i valori di  a  e  b  sapendo che  s  = 0  e  s =

 −83

 sono punti doppi del luogo;

2. si tracci il luogo, sapendo che esso non ha altri punti doppi oltre a quelli banali per   K   = 0   e a quelli in  s  = 0   e   s  = − 8

3   (non e necessario determinare esplicitamente gli eventuali attraversamenti dell’asse immaginario);

3. si dica per quali valori di  K > 0   il sistema in catena chiusa e BIBO stabile. Si dica in particolare quanti poli a parte reale negativa, nulla e positiva ha il sistema in catena chiusa quando  K  =   25

8 .

Soluzione:   L’equazione per la determinazione dei punti doppi e

a(s)db(s)

s  = b(s)

da(s)

s

che porta all’equazione

(s − 1)(s + a)(s + b) {2 [(s + a)(s + b) + (s − 1)(s + a) + (s − 1)(s + b)] A(s) − B(s)} = 0

conA(s) = (s2 + 8s + 32)(s − 4)B(s) =   s(s − 1)(3s + 8)(s + a)(s + b) .

Scartati i fattori corrispondenti ai poli doppi di  G(s), e che forniscono quindi soluzioni corrispondenti a puntidoppi diversi da 0 e − 8

3 , per le ipotesi poste, osserviamo che   B(s) = 0 per   s   = 0, − 83 , e che   A(s) = 0 per

s = 0, − 83 . Si devono pertanto trovare le soluzioni di

(s + a)(s + b) + (s − 1)(s + a) + (s − 1)(s + b) = 0

che, valutata per  s  = 0, − 83 , porta al sistema di equazioni

ab   =   a + b   per  s  = 03ab   = 19(a + b) − 80 per s  = −8

3

da cui si ottiene facilmente chea   =   5+

√ 5

2

b   =   5−√ 

52   ,

o viceversa, ma tale scelta e ininfluente al fine del tracciamento del luogo delle radici. Si deve pertanto tracciareil luogo delle radici di

G(s) =  K   (s2 + 8s + 32)(s − 4)

(s − 1)2(s2 + 5s + 5)2  ,

Il luogo ha 6 rami, di cui 3 vanno all’infinito secondo tre semirette asintotiche con direzione

ϕ =  (2 + 1)πn − m

   = 0, 1, . . . , n − m − 1   ⇒ ϕ1,2,3  =  π3

, π,  5π3

formanti una stella con centro in

α =

ni=0 pi −

mi=0 zi

n − m  =

 (1 + 1 − 5 + j√ 

5 − 5 − j√ 

5) − (4 − 4 + j4 − 4 − j4)

3  = −4

3 .

La porzione di asse reale appartenente al luogo e l’intervallo (−∞, 1] Il luogo e come riportato in Fig. 3.10.Essendovi un ramo del luogo completamente contenuto nel semipiano reale positivo, il sistema in catena chiusa

62

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non e mai BIBO stabile per   K >   0. Infine, e immediato verificare che il denominatore della funzione ditrasferimento in catena chiusa diventa

 pK (s) = (s − 1)2(s2 + 5s + 5)2 + K (s − 4)(s2 + 8s + 32)

da cui si ricava che il punto doppio in  s  = 0 si ha per  K   =   25128

  <   258   . Pertanto per  K  =   25

8   il sistema ha trepoli con parte reale maggiore di zero ed altri tre poli con parte reale minore di zero.

Figure 3.10: Luogo delle radici per Es. 3.10

63

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Chapter 4

Sintesi del controllore

Esercizio 4.1   Data 

G(s) =  5

s3 + 6s2 + 5s + 2

si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.1;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 1  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  30 o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche  G(s) e ditipo 0 (hG  = 0) si deve introdurre un polo nell’origine tramite il compensatore (hD  = 1). Inoltre, avendo  G(s)guadagno di Bode pari a 5/2, deve essere

152

K D=

  1

10

da cui risulta K D  = 4 e pertanto

G∗(s) = 4

sG(s) .

Dato che

G∗( j1) =  20

 j4( j − 1) ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j1)|   =  5√ 

2⇒ M  =

√ 2

5  < 1

Arg G∗( j1) =   −225o ⇒ ϕ  = 30o − (180o − 225o) = 75o > 0

da cui la necessita di utilizzare una rete a sella

D∗(s) = 1 + αT 1s

1 + T 1s

1 + T 2s

1 + αT 2s  T 1  > T 2  >  0,   0 < α < 1 ,

con condizione (stringente) per l’esistenza  M < cos ϕ.

Esercizio 4.2   Data 

G(s) =  s + 100

(s + 1)(s + 10)

si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.1;

64

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•   pulsazione di attraversamento ωc  = 10  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  30 o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche  G(s) e ditipo 0 (hG  = 0) si deve introdurre un polo nell’origine tramite il compensatore (hD  = 1). Inoltre, avendo  G(s)guadagno di Bode pari a 10, deve essere

1

10K D =

  1

10

da cui risulta K D  = 1 e pertanto

G∗(s) = 1

sG(s) .

Dato che

G∗( j10) =  10 + j

 j10(1 + j10)(1 + j) ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j10)|   =  1

10√ 

2⇒ M > 1

Arg G∗( j10)   −225o ⇒ ϕ  = 30o − (180o − 225o) = 75o > 0

da cui la necessita di utilizzare una rete anticipatrice

D∗(s) =  1 + T s

1 + αT s  T > 0,   0 < α <  1 ,

con condizione (stringente) per l’esistenza cos ϕ >   1M .

Esercizio 4.3   Data 

G(s) =  10

1 +   s200  +

  s100

2

si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

• errore a regime in risposta alla rampa unitaria 

 |er,1

| ≤ 0.01;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 10  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  60 o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche  G(s) e ditipo 0 (hG  = 0) si deve introdurre un polo nell’origine tramite il compensatore (hD  = 1). Inoltre, avendo  G(s)guadagno di Bode pari a 10, deve essere

1

10K D=

  1

100

da cui risulta K D  = 10 e pertanto

G∗(s) = 10

s G(s) .

Dato che

G∗( j10) = 100

 j10

1

1 + j   10200  +

 j   10

100

2  ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j10)|   =

10  1

99100  +  j   1

20

 10  >  1 ⇒ M < 1

Arg G∗( j10)   −90o ⇒ ϕ  60o − (180o − 90o) = −30o < 0

65

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da cui la necessita di utilizzare una rete attentatrice

D∗(s) = 1 + αT s

1 + T s  T > 0,   0 < α <  1 ,

con condizione (non stringente) per l’esistenza cos ϕ > M .

Esercizio 4.4   Data 

G(s) =  1 + s

s(1 + s + s2)

si progetti una rete correttrice in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.1;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 100  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  60 o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche  G(s) e giadi tipo 0 (hG = 1) non si devono introdurre poli nell’origine tramite il compensatore ( hD  = 0). Inoltre, avendoG(s) guadagno di Bode pari a 1, deve essere

1

K D=

  1

10da cui risulta K D  = 10 e pertanto

G∗(s) = 10G(s) .

Dato che

G∗( j100) = 10  1 + j100

 j100(1 − 104 + j100) ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j100)|   1

10

100

104  =

  1

1000 ⇒  M > 1

Arg G∗( j100)   −180o ⇒ ϕ  = 60o − (180o − 180o) = 60o > 0

da cui la necessita di utilizzare una rete anticipatrice

D∗(s) =  1 + T s

1 + αT s  T > 0,   0 < α <  1 ,

con condizione (stringente) per l’esistenza cos ϕ >   1M .

Esercizio 4.5   Sia  D(s)G(s)   la trasferenza in catena diretta di un sistema di controllo in retroazione unitaria negativa, dove 

G(s) =  5

(s + 1)(s + 10) .

e   D(s)   e la funzione di trasferimento di una rete correttrice. Utilizzando il metodo della sintesi di Bode, si determini la struttura di  D(s)   in modo da soddisfare alle seguenti specifiche:

1. errore a regime alla rampa pari a  1;

2. pulsazione di attraversamento ωa  = 0.1 rad /s;

3. margine di fase  mφ = 45o.

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Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche  G(s) e ditipo 0 (hG  = 0) si deve introdurre un polo nell’origine tramite il compensatore (hD  = 1). Inoltre, avendo  G(s)guadagno di Bode pari a 1/2, deve essere

1

0.5K D= 1

da cui risulta K D  = 2 e pertanto

G∗(s) = 2

sG(s) .

Dato che

G∗( j0.1) =  2

0.1 j

5

(1 + j0.1)(10 + j0.1) ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j0.1)|   = 100  11 +   j

10

10 +   j

10

 10  >  1 ⇒ M < 1

Arg G∗( j0.1) =   −90o − Arg

1 +

  j

10

− Arg

10 +

  j

10

  −90o ⇒ ϕ  45o − (180o − 90o) = −45o < 0

da cui la necessita di utilizzare una rete attentatrice

D∗(s) =

 1 + αT s

1 + T s   T > 0,   0 < α <  1 ,

con condizione (non stringente) per l’esistenza cos ϕ > M .

Esercizio 4.6   Sia  D(s)G(s)   la trasferenza in catena diretta di un sistema di controllo in retroazione unitaria negativa, dove 

G(s) =  10

1 +   s

100

(1 + s)

1 +   s

10

 .

e   D(s)   e la funzione di trasferimento di una rete correttrice. Utilizzando il metodo della sintesi di Bode, si determini la struttura di  D(s)   in modo da soddisfare alle seguenti specifiche:

1. errore a regime al gradino pari a  0.001;

2. pulsazione di attraversamento ωa  = 1000 rad /s;

3. margine di fase  mφ = 90o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 0, e poiche  G(s) e giadi tipo 0 (hG = 0) non si devono introdurre poli nell’origine tramite il compensatore ( hD  = 0). Inoltre, avendoG(s) guadagno di Bode pari a 10, deve essere

1

10K D=

  1

1000

da cui risulta K D  = 100 e pertantoG∗(s) = 100G(s) .

Dato che

G∗( j1000) = 1000  1 + j10

(1 + j1000)(1 + j100) ,

si ottiene facilmente che

|G∗( j1000)|   1000 · 10

1000 · 100 =

  1

10 ⇒ M  = 10 >  1

Arg G∗( j1000) = Arg (1 + j10) − Arg (1 + j1000) − Arg (1 + j100)  −95o ⇒ ϕ  90o − (180o − 95o) = 5o > 

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da cui la necessita di utilizzare una rete anticipatrice

D∗(s) =  1 + T s

1 + αT s  T > 0,   0 < α <  1 ,

con condizione (stringente) per l’esistenza cos ϕ >   1M .

Esercizio 4.7   Sia  G(s)  la funzione di trasferimento nella catena diretta di un sistema in retroazione unitaria 

negativa. Sia noto che   G(s)   ha solo poli e zeri a parte reale negativa. I diagrammi di Bode di   G( jω)   sonoriportati in figura.

Utilizzando la sintesi di Bode, si progetti una rete correttrice   D(s)   da porre in serie a   G(s)   in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.1;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 1  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  30 o.

Soluzione: Dato che per ipotesi  G(s) ha solo poli a parte reale negativa, essa e di tipo 0 (hG = 0). Analizzandoinoltre il diagramma dei moduli, si evince che  G(s) ha guadagno di Bode unitario. La specifica sull’errore aregime implica quindi che D(s) deve introdurre un polo nell’origine (hD  = 1). Inoltre, deve essere

1

1K D=

  1

10

da cui risulta K D  = 10 e pertanto

G∗(s) = 10

s G(s) .

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Dall’analisi dei diagrammi di Bode, si puo dedurre inoltre che |G( j1)|dB  = −3, o equivalentemente, |G( j1)| =1/

√ 2, e Arg G( j1) = −45o. Pertanto

|G∗( j)|   =   10√ 2

 > 1 ⇒ M < 1

Arg G∗( j1) =   −45o − 90o = −135o ⇒ ϕ  = 30o − (180o − 135o) = −15o < 0

da cui la necessita di utilizzare una rete attenuatrice

D∗(s) = 1 + αT s

1 + T s   ,   0 < α <  1, T > 0 ,

con condizione non stringente per l’esistenza cos ϕ > M .

Esercizio 4.8   Sia 

G(s) =  1

s(s2 + 2s + 1)

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un sistema in retroazione unitaria negativa. Utilizzando la sintesi di Bode, si progetti una rete correttrice  D(s)  da porre in serie a  G(s)   in modo da soddisfare le seguenti specifiche:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.1;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 1  rad/s;

•   margine di fase  mφ =  30 o.

Soluzione: La specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 1, e poiche hG = 1 si hahD  = 0. Inoltre, avendo  G(s) guadagno di Bode unitario, deve essere  K D  = 10 e pertanto

G∗(s) = 10G(s) .

Si ottiene facilmente che

|G∗( j1)|   = 5 ⇒ M  = 0.2 <  1

Arg G∗( j1) =   −180o ⇒ ϕ  = 30o > 0

da cui la necessita di utilizzare una rete a sella

D∗(s) = 1 + αT 1s

1 + T 1s

1 + T 2s

1 + αT 2s  T 1  > T 2  >  0,   0 < α < 1 ,

con condizione (stringente) per l’esistenza  M < cos ϕ.

Esercizio 4.9   Sia 

G(s) =  100

s + 10

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un sistema in retroazione unitaria negativa, e siano assegnate le seguenti specifiche di controllo:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 0.01;

•   pulsazione di attraversamento ωc  = 1  rad/s;

•   margine di fase  P M  = 45 o.

Utilizzando la sintesi di Bode, si progettino, se possibile 

1. un controllore PI con funzione di trasferimento D(s) = K  p + K I /s  da porre in serie a  G(s)  che soddisfi le specifiche;

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2. una rete correttrice  D(s)  da porre in serie a  G(s)  che soddisfi le specifiche.

Soluzione:   In forma di Bode, si ha che

G(s) =  10

1 +   s10

,

pertanto le specifiche sul comportamento a regime implicano che il controllore (in entrambi i casi) contenga iltermine

Dr(s) =  10s

e pertanto si ottiene

G∗(s) = 100

s

1

1 + s/10 .

Nel caso in cui il controllore sia di tipo PI, si ha che

D(s) =  K  p + K I 

s  =

 K I s

1 +

 K  pK I 

s

 =  Dr(s)

1 +

 K  pK I 

s

da cui si ricava il valore di  K I  = 10. Poiche risulta

|G∗( j1)

| =

  100

|1 + j/10|  100

la parte restante del controllore deve introdurre un’azione attenuatrice per poter anticipare la pulsazione ditaglio. Questo non e ovviamente possibile utilizzando il termine 1 +

 K pK I

s, che introduce amplificazione ad ognipulsazione. Risultando invece  M  = 1/100 <  1 e

Arg G∗( j1)  −90o ⇒ ϕ  45o − (180o − 90o) = −45o < 0 ,

una rete ritardatrice del tipo

D∗(s) = 1 + αT s

1 + T s  ,

con condizione non stringente per l’esistenza cos ϕ > M   risolve il problema.

Esercizio 4.10   Sia G(s) = 100

  1 +   s2

100

(1 + s)

1 +   s10

la funzione di trasferimento nella catena diretta di un sistema in retroazione unitaria negativa. Utilizzando la sintesi di Bode, si progettino, se possibile 

1. una rete correttrice che soddisfi le seguenti specifiche di controllo:

•  errore a regime in risposta al gradino |er,0| ≤ 0.01;

•   pulsazione di attraversamento ωc = 1  rad/s;

•   margine di fase  P M  = 90 o.

2. un controllore di tipo PI che soddisfi le seguenti specifiche di controllo:

•  errore a regime in risposta alla rampa  |er,1| ≤ 1;

•   pulsazione di attraversamento ωc = 1  rad/s;

•   margine di fase  P M  = 90 o.

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7/24/2019 Eserciziario controlli automatici

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Soluzione:  Nel primo caso, la specifica sul comportamento a regime richiede che il sistema sia di tipo 0, epoiche hG  = 0 si ha  hD  = 0. Inoltre, avendo  G(s) guadagno di Bode pari a 100, deve essere

1

100K D=

  1

100

da cui risulta K D  = 1 e pertantoG∗(s) =  G(s) .

Poiche |G( j1)|   =   100√ 2

  > 1 ⇒ M < 1

Arg G( j1)   −45o ⇒ ϕ  90o − (180o − 45o) = −45o < 0

una rete attenuatrice del tipo

D∗(s) = 1 + αT s

1 + T s  ,

con condizione (non stringente) cos ϕ > M   risolve il problema.Per quanto riguarda invece il controllore PI, poiche si richiede errore finito in risposta alla rampa, il termine

integrale deve essere presente. Assumendo che sia

D(s) =  K  p + K i

s  =

 K is

1 +

 K  pK i

s

il requisito sulla precisione a regime porta a scegliere  K i =  1100 . Considerando

G∗(s) =  1

100sG(s) ,

si ha che|G∗( j1)|   1√ 

2

Arg G∗( j1)   −135o ⇒ ϕ  90o − (180o − 135o) = 45o .

Deve pertanto valere che 1 +

 K  pK i

 j1

=√ 

2 Arg

1 +

 K  pK i

 j1

 = 45o ,

ed e immediato concludere che scegliendo  K i =  K  p  si ha che

1 + K  pK i

s = 1 + s

ottenendo il controllore PI desiderato:

D(s) =  1

100

1 +

 1

s

  .