test di autovalutazione sulla sintesi dei controllori

Settimo test di autovalutazione di CONTROLLI AUTOMATICI
A.A. 2016/2017
Data: 11 Gennaio 2017
1. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento
100
,
1 + 0.1s
G(s) =
si progetti un controllore C(s) ∈ R(s) proprio in modo tale che il risultante sistema retroazionato
i) sia di tipo 1;
e la funzione di trasferimento in catena aperta, C(s)G(s),
∗ = 100 rad/sec;
ii) abbia pulsazione di attraversamento all’incirca ωA
iii) abbia margine di fase pari almeno a 45o .
2. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento
G(s) =
10(1 + s)
,
1 + 0.1s
si progetti un controllore C(s) ∈ R(s) proprio in modo tale che il risultante sistema retroazionato
i) sia di tipo 1 con errore di regime permanente (alla rampa lineare) al più di 0.01;
e la funzione di trasferimento in catena aperta, C(s)G(s),
∗ = 100 rad/sec;
ii) abbia pulsazione di attraversamento all’incirca ωA
iii) abbia margine di fase pari almeno a 45o .
3. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento
G(s) =
1
,
1 + 0.1s
si progetti un controllore C(s) ∈ R(s) proprio in modo tale che il risultante sistema retroazionato
i) sia di tipo 0 con errore di regime permanente (al gradino unitario) all’incirca pari a 0.01;
e la funzione di trasferimento in catena aperta, C(s)G(s),
∗ = 10000 rad/sec;
ii) abbia pulsazione di attraversamento all’incirca ωA
iii) abbia margine di fase pari almeno a 70o .
1
4. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento
G(s) =
1
,
1+s
si progetti un controllore C(s) ∈ R(s) proprio in modo tale che il risultante sistema retroazionato
i) sia di tipo 1 con errore di regime permanente (alla rampa lineare) pari a 0.1;
e la funzione di trasferimento in catena aperta, C(s)G(s),
∗ = 1 rad/sec;
ii) abbia pulsazione di attraversamento all’incirca ωA
iii) abbia margine di fase pari di circa 80o .
5. Con riferimento al processo di funzione di trasferimento
G(s) =
10
,
1+s
si progetti un controllore C(s) di tipo PI (proporzionale integrativo), e quindi con la seguente
struttura
Ki
C(s) = Kp +
,
s
in modo tale che il risultante sistema retroazionato
i) sia di tipo 1 con errore di regime permanente (al gradino unitario) all’incirca pari a 0.01;
e la funzione di trasferimento in catena aperta, C(s)G(s),
∗ = 1000 rad/sec;
ii) abbia pulsazione di attraversamento all’incirca ωA
iii) abbia margine di fase pari almeno a 70o .
2
RISPOSTE
1. Il requisito sul tipo richiede l’introduzione di un polo semplice nell’origine. Non essendoci
vincoli sull’errore di regime permanente alla rampa lineare, possiamo assumere C 0 (s) = 1s .
I diagrammi di Bode di C 0 (s)G(s) =
100
s(1+0.1s)
sono i seguenti:
Diagramma di Bode − Modulo
60
40
20
dB
0
−20
−40
−60
−80
−1
10
0
10
1
10
pulsazione
2
10
3
10
Diagramma di Bode − Fase
−90
−100
−110
−120
gradi
−130
−140
−150
−160
−170
−180
−1
10
0
10
1
10
pulsazione
2
10
3
10
∗ = 102 rad/s e m (ω ∗ ) := 180◦ + arg(C 0 (jω ∗ )G(jω ∗ ))
Si trova 103/2 rad/s = ωA < ωA
ψ A
A
A
∗ ) < m∗ = 45◦ . Possiamo quindi applicare un’azione anticipatrice in
soddisfa 5◦ ≈ mψ (ωA
ψ
∗ )G(jω ∗ )| e da sollevare
modo da sollevare il diagramma delle ampiezze di 20 dB = −|C 0 (jωA
A
◦
il diagramma delle fasi di almeno 40 .
Di fatto a questo risultato è possibile pervenire mettendo uno zero stabile una decade prima
∗ = 102 rad/s, ovvero cancellando il polo in −10, e inserendo un polo stabile
della pulsazione ωA
3
a pulsazioni molto elevate, ad esempio in −1000. Per effetto del controllore complessivo
C(s) =
1
1 1 + 0.1s
· Cant (s) = ·
s
s 1 + 0.001s
il sistema in catena aperta C(s)G(s) presenta i seguenti diagrammi di Bode
Diagramma di Bode − Modulo
60
40
20
0
dB
−20
−40
−60
−80
−100
−120
−1
10
0
10
1
2
10
3
10
pulsazione
10
4
10
5
10
Diagramma di Bode − Fase
−90
−100
−110
−120
gradi
−130
−140
−150
−160
−170
−180
−1
10
0
10
1
10
2
10
pulsazione
3
10
4
10
5
10
2. Il requisito sul tipo richiede l’introduzione di un polo semplice nell’origine. Il vincolo sull’errore
di regime permanente impone
1
erp =
≤ 0.01
KB (C)10
da cui segue KB (C) ≥ 10. Prendiamo KB (C) = 10 a cui corrisponde C 0 (s) =
I diagrammi di Bode di C 0 (s)G(s) = 100
1+s
s(1+0.1s)
4
sono i seguenti:
10
s .
Diagramma di Bode − Modulo
70
60
50
40
dB
30
20
10
0
−10
−20
−30
−1
10
0
10
1
2
10
10
3
10
4
10
pulsazione
Diagramma di Bode − Fase
0
−10
−20
−30
gradi
−40
−50
−60
−70
−80
−90
−1
10
0
10
1
2
10
10
3
10
4
10
pulsazione
∗ = 102 rad/s e 95◦ ≈ m (ω ∗ ) > m∗ = 45◦ . Possiamo quindi
Si trova 103 rad/s = ωA > ωA
ψ A
ψ
applicare un’azione attenuatrice in modo da abbassare il diagramma delle ampiezze di 20 dB
∗ )G(jω ∗ )| e da abbassare il diagramma delle fasi di non più di 50◦ .
= |C 0 (jωA
A
∗ = 102 rad/s senza abbassare troppo la fase, dobbiamo
Per abbassare il modulo di 20 dB per ωA
∗ una coppia polo/zero con il polo collocato esattamente una decade
inserire alla sinistra di ωA
prima dello zero. Scegliendo come rete attenuatrice
Catt (s) =
1 + 0.1s
1+s
che corrisponde ad una doppia cancellazione polo/zero stabili, otteniamo il risultato desiderato. I diagrammi di Bode della funzione complessiva C(s)G(s) = 100
s sono i seguenti:
5
Diagramma di Bode − Modulo
60
50
40
30
dB
20
10
0
−10
−20
−30
−40
−1
10
0
10
1
2
10
10
3
10
4
10
pulsazione
Diagramma di Bode − Fase
−90
−90
gradi
−90
−90
−90
−90
−1
10
0
10
1
2
10
10
3
10
4
10
pulsazione
3. Il requisito sul tipo non richiede l’introduzione di poli nell’origine. Il vincolo sull’errore di
regime permanente impone
1
≈ 0.01
erp =
1 + KB (C)
da cui segue KB (C) ≈ 99. Prendiamo KB (C) = 100 a cui corrisponde C 0 (s) = 100.
I diagrammi di Bode di C 0 (s)G(s) sono i seguenti:
6
Diagramma di Bode − Modulo
40
35
30
25
dB
20
15
10
5
0
−5
−1
10
0
1
10
10
pulsazione
2
10
3
10
Diagramma di Bode − Fase
0
−10
−20
−30
gradi
−40
−50
−60
−70
−80
−90
−1
10
0
10
1
10
pulsazione
2
10
3
10
∗ = 104 rad/s e 95◦ ≈ m (ω ∗ ) > m∗ = 70◦ . Saremmo tentati
Si trova 103 rad/s = ωA < ωA
ψ A
ψ
di applicare un’azione puramente proporzionale, tuttavia in questo caso il vincolo sull’errore
di regime permanente vincola il valore del guadagno di Bode in catena aperta e pertanto
non possiamo accrescerlo. Il soddisfacimento dei vincoli su pulsazione di attraversamento e
margine di fase sono tuttavia soddisfacibili attraverso una rete anticipatrice. Una soluzione
ad occhio consiste nell’inserire uno zero in −105/2 e successivamente un polo in −107/2 . In
tal modo si ottiene
1 + 10−5/2 s
C(s) = 100
.
1 + 10−7/2 s
I diagrammi di Bode di C(s)G(s) sono i seguenti:
7
Diagramma di Bode − Modulo
40
35
30
25
dB
20
15
10
5
0
−5
−2
10
−1
10
0
1
10
10
pulsazione
2
10
3
10
4
10
Diagramma di Bode − Fase
0
−10
−20
−30
gradi
−40
−50
−60
−70
−80
−90
−2
10
−1
10
[Soluzione alternativa: C(s) = 100
0
10
1
10
pulsazione
2
10
3
10
4
10
1+10−1 s
.]
1+10−2 s
4. Il requisito sul tipo richiede l’introduzione di un polo semplice nell’origine. Il vincolo sull’errore
di regime permanente impone
1
erp =
≈ 0.1
KB (C)
da cui segue KB (C) ≈ 10. Prendiamo KB (C) = 10 a cui corrisponde C 0 (s) =
I diagrammi di Bode di C 0 (s)G(s) = 10
1
s(1+s)
8
sono i seguenti:
10
s .
Diagramma di Bode - Modulo
60
40
|W| [dB]
20
0
-20
-40
-60
-80
10 -2
10 -1
10 0
10 1
10 2
10 1
10 2
pulsazione [rad/s]
Diagramma di Bode - Fase
-90
-100
-110
arg(W) [?]
-120
-130
-140
-150
-160
-170
-180
10 -2
10 -1
10 0
pulsazione [rad/s]
∗ = 1 rad/s e 45◦ ≈ m (ω ∗ ) < m∗ = 90◦ . Dobbiamo
Si trova 101/2 rad/s = ωA > ωA
ψ A
ψ
quindi applicare una rete a sella in modo da abbassare il diagramma delle ampiezze di 20 dB
∗ )G(jω ∗ )| e da alzare il diagramma delle fasi di circa 35◦ .
= |C 0 (jωA
A
Scegliendo
Csella (s) =
s
1 + 0.1
1+s
s
s
1 + 0.01 1 + 100
otteniamo il duplice obbiettivo di abbassare il modulo di 20 dB e di alzare la fase di quasi
∗ = 1 rad/sec. I diagrammi di Bode della funzione complessiva
90o in corrispondenza a ωA
(1+s/0.1)
C(s)G(s) = 10 s(1+s/0.01)(1+s/100) sono i seguenti:
9
Diagramma di Bode - Modulo
60
40
|W| [dB]
20
0
-20
-40
-60
10 -2
10 -1
10 0
10 1
10 2
10 1
10 2
pulsazione [rad/s]
Diagramma di Bode - Fase
-90
-100
-110
arg(W) [?]
-120
-130
-140
-150
-160
-170
-180
10 -2
10 -1
10 0
pulsazione [rad/s]
5. Un controllore PI può essere riscritto nel seguente modo
Kp
C(s) =
1 + Ki s
Kp s + Ki
= Ki
s
s
e pertanto consta di un polo in 0 con cui accresco il tipo (da 0 a 1), un guadagno di Bode,
con cui sistemo l’errore di regime permanente (in questo caso alla rampa lineare) e, infine,
mi rimane uno zero con cui devo aggiustare, se possibile, pulsazione di attraversamento e
margine di fase.
Il vincolo sull’errore di regime permanente impone
erp =
1
≈ 0.01
Ki 10
10
da cui segue Ki ≈ 10. Prendiamo Ki = 10 a cui corrisponde C 0 (s) = 10.
I diagrammi di Bode di C 0 (s)G(s) sono i seguenti:
Diagramma di Bode − Modulo
80
60
40
20
dB
0
−20
−40
−60
−80
−100
−2
10
−1
10
0
1
10
10
2
10
3
10
pulsazione
Diagramma di Bode − Fase
−90
−100
−110
−120
gradi
−130
−140
−150
−160
−170
−180
−2
10
−1
10
0
1
10
10
2
10
3
10
pulsazione
K
Mettendo uno zero in −0.1 ovvero assumendo Kpi = 10, si soddisfano proprio le specifiche
assegnate. I diagrammi di Bode della funzione complessiva C(s)G(s) sono, infatti, i seguenti:
11
Diagramma di Bode − Modulo
100
80
60
dB
40
20
0
−20
−40
−2
10
−1
10
0
10
1
10
pulsazione
2
10
3
10
4
10
Diagramma di Bode − Fase
0
−10
−20
−30
gradi
−40
−50
−60
−70
−80
−90
−2
10
−1
10
0
10
1
10
pulsazione
Pertanto Ki = 10 e Kp = 100.
12
2
10
3
10
4
10