Soluzioni Esercizio 4: PRECISIONE A REGIME E ANALISI DELLA

Soluzioni Esercizio 4:
PRECISIONE A REGIME E ANALISI DELLA
STABILITA`
a) Affinché l’esercizio sia immediatamente e semplicemente risolvibile deve risultare:
K D r ( t ) − y( t ) = costante
In questo caso si osserva che se si prende KD = 4 si ha:
4 r ( t ) − y ( t ) = 0 .2
Inoltre, proprio perché per un ingresso di tipo parabolico (2° grado) si ha un errore a regime
costante e diverso da 0, il sistema deve essere di tipo 2, cioè ν = 2
Infine, per un sistema di tipo 2 si ha:
e=
K D2
KG
da cui:
KG =
b) Si riscriva l’ingresso nella forma R0
K D2
e
KG =
16
= 80
0.2
tk
k!
r ( t ) = 10
t2
2!
Dato che ν = 2, il sistema è di tipo 2, quindi l’errore a regime per ingressi del 2° ordine è limitato,
diverso da 0 e pari a:
K2
1
e = R0 D = R0
KG
K G h02
Nella formula compare R0, si ricordi che le formule senza questo termine sono relative ad ingressi
unitari, o, se si preferisce, forniscono la percentuale di errore rispetto all’ingresso.
Dalla formula precedente si ricava:
c) Per il sistema dato KP = 10, KD = 1, ν = 0.
Dato che si desidera inseguire con errore diverso da 0 (e limitato) una rampa, è necessario che
G(s) = C(s)P(s) sia di tipo uno, cioè che vi sia un polo nell’origine. Dato che in P(s) non c’è, lo si
aggiunge in C(s), che dovrà perciò essere della forma:
C ( s) =
KC
s
e KC dovrà essere tale da garantire il rispetto della specifica sulla precisione a regime.
Per l’errore vale la seguente formula:
K D2
K D2
e = R0
= R0
KC K P
KG
se si desidera che sia minore o uguale ad un certo e* si ha:
R0
K D2
≤ e*
KC K P
da cui
KC ≥
R0 K D2
0.4
=2
=
*
10 ⋅ 0.02
KP e
Il valore minimo sufficiente per garantire la specifica sulla precisione è KC = 2.
Per l’analisi della stabilità si tracciano i diagrammi di Bode di
G( s) =
I punti di rottura sono ω p1 =
1
20
C ( s)P( s) =
KD
s (1 + 0.1s ) (1 + 0.5 s )
1
1
= 2 e ω p2 =
= 10
0.5
0 .1
Diagramma Ampiezze
La pendenza iniziale è -20ν dB/dec e si immagina che la retta iniziale passi per ω=1 in 20log(k). Se
ci sono punti di rottura prima di ω=1 la retta iniziale viene tagliata prima. In questa caso la
pendenze iniziale è -20 dB/dec e la retta iniziale deve essere posizionata per passare in
20log(20)dB=26dB quando ω=1.
Per il resto del diagramma si faccia riferimento alla seguente tabella:
ωP1 = 2
ωP2 = 10
Variazione di pendenza Pendenza assoluta (si
rispetto alla pendenza parte da -20 dB/dec)
precedente
- 20 dB/dec
- 40 dB/dec
- 20 dB/dec
- 60 dB/dec
Diagramma Fasi
Le pendenze iniziali e finali sono sempre 0. La fase iniziale è pari a -90ν + la fase del guadagno (0
se positivo, -180 se negativo). In questo caso la fase iniziale è pari a -90°. La fase finale può essere
valutata calcolando la differenza tra il numero di zeri e il numero di poli della G(s) privata dei poli
nell’origine. Sia q questa differenza, lo fase finale è pari alla fase iniziale + 90q (questo prodotto
indica di quanto sfasa la f. di trasferimento). In questo caso abbiamo 0 zeri e 2 poli non nell’origine,
quindi q=-2 e la fase finale è -90-180=-270.
Per il resto del diagramma si faccia riferimento alla seguente tabella:
ωP1/10 = 0.2
ωP2/10 = 1
10 ωP1 = 20
10 ωP2 = 100
Variazione di pendenza Pendenza assoluta (si
rispetto alla pendenza parte da 0°/dec)
precedente
- 45°/dec
- 45°/dec
- 45°/dec
- 90°/dec
+ 45°/dec
- 45°/dec
+ 45°/dec
- 0°/dec
-20 dB / dec
26 dB
-40 dB / dec
-60 dB / dec
ω p1
ωt
ω p2
-0°/dec
-45° / dec
µϕ
-90° / dec
-45° / dec
-0°/dec
ω p1/10
ω p2/10
10• ω p1
10• ω p2
Dai diagrammi si ricava che la frequenza di attraversamento ωt vale circa 6 rad/sec. In
corrispondenza di questo punto la fase vale circa -195° ed il margine di fase è negativo (stiamo al di
sotto di -180°) e vale in valore assoluto circa 195°-180°=15°. Quindi µϕ=-15°, il che implica che il
sistema è instabile.
Questa informazione può essere evinta anche dal diagramma di Nyquist e dal teorema relativo
ω >0
ω =0
In particolare, se si decide di lasciare il polo nell’origine a sinistra, il
diagramma di Nyquist, disegnato a partire dai diagrammi di Bode, va chiuso
lasciando a sinistra l’infinito. Così facendo il numero di radici Pp del
denominatore di G(s) a parte reale positiva è nullo, il numero di rotazioni N
intorno a -1, prese in senso antiorario è -2, quindi N è diverso da PP, e quindi,
come trovato già da Bode, il sistema è instabile
ω <0
ω = 0- Im(G(jω
ω ))
INFINITO
ω = + inf
ω = - inf
-1
ω = 0+
Re(G(jω
ω ))
ω >0
ω =0
Ovviamente, se si fosse deciso di lasciare il polo nell’origine a destra, il
sistema sarebbe risultato comunque instabile. Infatti, in questo caso, il
diagramma di Nyquist, sempre disegnato a partire dai diagrammi di Bode, va
chiuso lasciando a destra l’infinito. Così facendo il numero di radici Pp del
denominatore di G(s) a parte reale positiva 1, il numero di rotazioni N
intorno a -1, prese in senso antiorario diviene -0, quindi N è diverso da PP, e
quindi, come trovato precedentemente, il sistema è instabile
ω <0
ω = 0- Im(G(jω
ω ))
INFINITO
ω = + inf
ω = - inf
-1
Re(G(jω
ω ))
ω = 0+
Dato che il sistema è instabile, non esiste il regime permanente, e quindi la specifica sulla
precisione non può essere soddisfatta.
Per stabilizzare il sistema è necessario aggiungere qualcosa per modificare i diagrammi di Bode in
modo tale da far scendere leggermente il diagramma delle ampiezze cercando di lasciare inalterato
quello delle fasi. In questo caso la frequenza di taglio si sposta verso sinistra ed il nuovo margine di
fase potrebbe essere positivo. Comunque, qualsiasi cosa si aggiunga dovrebbe avere guadagno
unitario, essendo questo già scelto per soddisfare la specifica sulla precisione. Un guadagno minore
di uno potrebbe provocare la perdita della specifica, un guadagno maggiore di uno ne permette
comunque il soddisfacimento, ma è preferibile non aumentarlo troppo per problemi realizzativi.
Inoltre, qualsiasi cosa si aggiunga, deve essere propria o strettamente propria.
Se ad esempio aggiungiamo al C(s) trovato un polo e uno zero, con il punto di rottura del polo
prima di quello dello zero, distanziati tra loro di una decade, e poniamo il punto di rottura dello zero
una decade prima del più piccolo punto di rottura fin ora trovato, troviamo il seguente controllore:
C ( s) =
2(5 s + 1)
s(50 s + 1)
Se si diagramma
G( s) =
1
20(5 s + 1)
C ( s) P ( s) =
KD
s (1 + 0.1s ) (1 + 0.5 s )(50 s + 1)
si ottiene:
dal quale si vede immediatamente che il margine di fase è positivo e quindi il sistema è stabilizzato.
Ovviamente non si può scegliere a caso il controllore, sia perché nulla assicura a priori che si riesca
a stabilizzare, sia perché il controllore ottenuto potrebbe essere di difficile realizzazione. Più avanti
verranno forniti criteri per la scelta.