Controlli automatici 1: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Stabilità
tutte le radici del polinomio caratteristico nel semipiano sinistro
tabella di Routh, elemento s¹ di un cubico
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Radici nel semipiano destro
numero di cambi di segno nella prima colonna
Cubico s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabile quando tutti gli a > 0 e a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Equazione caratteristica
1 + K·G(s) = 0
Asintoti
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punti di diramazione e di confluenza
dK/ds = 0
Condizione sul modulo
K = 1/|G(s)|
Angolo di partenza
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metodo

  1. Scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso: il denominatore di 1 + K·G(s) = 0, sviluppato.
  2. Inserisci i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh e costruisci le righe rimanenti.
  3. Conta i cambi di segno nella prima colonna: ciascuno è un polo nel semipiano destro. Con K nella tabella, richiedi che ogni elemento della prima colonna resti positivo.
  4. Per un luogo delle radici, segna poli e zeri, i tratti dell’asse reale, gli asintoti dal centro e i punti di diramazione dove dK/ds = 0. Usa K = 1/|G(s)| per il guadagno in un punto.

Errore a regime e controllo PID

Tipo del sistema
numero di poli di G(s) in s = 0
Costanti d’errore
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Gradino A
ess = A/(1 + Kp)
Rampa A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Controllore PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Obiettivo del secondo ordine
s² + 2ζωns + ωn²
Sovraelongazione e tempi
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metodo

  1. Conta i poli dell’anello aperto C(s)·G(s) in s = 0: è il tipo del sistema.
  2. Calcola la costante d’errore corrispondente all’ingresso: Kp per un gradino, Kv per una rampa, Ka per una parabola.
  3. Applica ess = A/(1 + Kp), A/Kv o A/Ka, oppure risolvi per il guadagno che ti serve.
  4. Per una specifica di smorzamento o di velocità, scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso e uguaglialo a s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Esercizi

1.Trasformate di LaplaceMedia
ReIm−1−2−3−4−51

F(s) = (5s + 12)/(s² + 8s + 15). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−3t + B·e−5t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (5s + 12)/(s² + 8s + 15)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 5y′ + 4y = 16·u(t), con y(0) = 1 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 1. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,3).

y″ + 5y′ + 4y = 16·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+60s(s + 10)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 60/(s(s + 10)). Il riferimento è una rampa r(t) = 10·t. Trova l’errore a regime ess.

G(s) = 60/(s(s + 10))r(t) = 10·t
ess =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+9controllore+D(s)+4s + 9processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 9 comanda il processo G(s) = 4/(s + 9) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Con R = 0, viene applicato un gradino di disturbo di ampiezza 0,5. Trova l’uscita a regime css.

K = 9G(s) = 4/(s + 9)D = 0,5R = 0
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2tp​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 78/(s² + 3s + 39) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 78/(s² + 3s + 39)
tp = s
6.Risposta al gradinoDifficile
t (s)y(t)18 %

Un sistema del secondo ordine senza zeri deve avere una risposta al gradino con sovraelongazione del 8 %. Trova il rapporto di smorzamento ζ.

%OS = 8 %
ζ =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+21s(s + 2)(s + 3)C(s)+

L’anello nello schema usa una retroazione positiva, con L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 3)). Quanti poli ad anello chiuso N stanno nel semipiano destro?

L(s) = 2/(s(s + 2)(s + 3))
N =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10j2

Il luogo delle radici di L(s) = K(s + 9)/(s(s + 3)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −3, gira in cerchio e raggiunge di nuovo l’asse reale a sinistra dello zero. Trova il punto di diramazione sb.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 3))
sb =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 10t+Ks(s + 1)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 1)) deve seguire la rampa r(t) = 10t con un errore a regime di 0,2. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 10tess = 0,2
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 1C(s)−

Un controllore PI C(s) = Kp + Ki/s comanda il sistema G(s) = 4/(s + 1) in un anello a retroazione unitaria. L’anello chiuso deve avere ωₙ = 6 rad/s e ζ = 0,6. Trova il guadagno integrale Ki.

G(s) = 4/(s + 1)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,6
Ki =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,11101001000−100−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 1

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 84/((s + 2)(s + 14)) a ω = 1 rad/s, in dB.

G(s) = 84/((s + 2)(s + 14))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 12/(s(s + 3)(s + 5)). Trova il margine di guadagno GM in dB.

L(s) = 12/(s(s + 3)(s + 5))
GM = dB

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = −1,5

Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Scomponi il denominatore

s² + 8s + 15 = (s + 3)(s + 5)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 5)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 3) e poni s = −3: il termine in B si annulla.

A = (5s + 12)/(s + 5) |s = −3 = −3/2 = −1,5

Risposta

A = −1,5
(B = 6,5, quindi f(t) = −1,5·e−3t + 6,5·e−5t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.3) = 1,338

Trasformata di Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt trasforma le derivate in moltiplicazioni per s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Coppie standard: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), e una traslazione s → s + σ moltiplica la funzione nel tempo per e−σt. Per antitrasformare una F(s) razionale, scomponila in fratti semplici: il residuo di un polo semplice p è A = [(s − p)·F(s)] in s = p. Teorema del valore finale: f(∞) = lims→0 s·F(s), valido solo quando tutti i poli di s·F(s) giacciono nel semipiano sinistro. Teorema del valore iniziale: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Trasforma l’equazione

(s² + 5s + 4)·Y(s) = 1s + 5 + 16/s
Y(s) = (s² + 5s + 16)/(s(s + 1)(s + 4))

Fratti semplici

A = 16/(1·4) = 4
B = 12/((−1)·3) = −4
C = 12/((−4)·(−3)) = 1

Risultato

y(t) = 4 − 4·e−t + e−4t
y(0,3) = 1,338

Risposta

y(0,3) = 1,338

Controllo: y(0) = A + B + C = 1.

3.Schemi a blocchi

Risposta: ess = 1,667

Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).

Costante di errore di velocità

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 60/10 = 6

Errore a regime

ess = A/Kᵥ = 10/6 = 1,667

Risposta

ess = 1,667
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 0,04444

Algebra degli schemi a blocchi: i blocchi in serie si moltiplicano (G₁·G₂), i blocchi in parallelo si sommano (G₁ + G₂), e un anello con cammino diretto G e cammino di retroazione H si riduce a T = G/(1 + G·H) per la retroazione negativa e a G/(1 − G·H) per la retroazione positiva. Riduci prima gli anelli interni, poi procedi verso l’esterno. I poli ad anello chiuso sono le radici dell’equazione caratteristica 1 + G(s)H(s) = 0. Per un anello stabile, un ingresso a gradino di ampiezza A dà l’uscita a regime A·T(0); con retroazione unitaria l’errore a regime a un gradino è A/(1 + Kp) con Kp = G(0).

Funzioni di trasferimento

C/D = G/(1 + K·G) = 4/(s + 9 + 36)

Regime stazionario

css = 0,5·4/45 = 0,04444

Risposta

css = 0,04444

Un K maggiore riduce l’effetto del disturbo, ma con un controllore proporzionale mai fino a zero.

5.Risposta al gradino

Risposta: tp = 0,5182 s

Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).

Confronta con la forma standard

Il denominatore deve coincidere con s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 39 → ωₙ = 6,245 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·6,245) = 0,2402

Risultato

ωd = 6,245·√(1 − 0,2402²) = 6,062 rad/s → tp = π/ωd = 0,5182 s

Risposta

tp = 0,5182 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,6266

Risposta al gradino: un sistema del primo ordine G(s) = K/(τs + 1) risponde a un gradino di ampiezza U con y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): raggiunge il 63,2 % del valore finale K·U dopo una costante di tempo τ e il 98 % dopo 4τ. Un sistema del secondo ordine G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ha i poli s = −ζωₙ ± jωd con ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Per 0 < ζ < 1 la risposta al gradino ha sovraelongazione: sovraelongazione percentuale %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tempo di picco tp = π/ωd, e tempo di assestamento al 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Confronta il denominatore con s² + 2ζωₙs + ωₙ² per ricavare ωₙ e ζ. Per un sistema massa-molla-smorzatore ωₙ = √(k/m) e ζ = c/(2√(km)); per un circuito RLC serie ωₙ = 1/√(LC) e ζ = (R/2)·√(C/L).

Fattore di smorzamento

ζ = −ln(0,08)/√(π² + ln²(0,08)) = 2,526/√(9,87 + 6,379) = 0,6266

Risposta

ζ = 0,6266
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: N = 1

Criterio di Routh–Hurwitz: un sistema lineare è stabile quando tutte le radici del suo polinomio caratteristico stanno nel semipiano sinistro del piano s. Scrivi i coefficienti alternati nelle prime due righe della tabella di Routh. Ogni elemento di una nuova riga si ricava dalle due righe sopra; per un polinomio cubico a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ l’elemento della riga s¹ è b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Il numero di cambi di segno nella prima colonna è uguale al numero di radici nel semipiano destro. Con un guadagno K nei coefficienti, ogni elemento della prima colonna deve restare positivo: il guadagno che annulla l’elemento della riga s¹ è il limite di stabilità, e la riga s² dà poi la frequenza dell’oscillazione sostenuta.

Polinomio caratteristico

s³ + 5s² + 6s − 2 = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 6
s²: 5, −2
s¹: 6,4
s⁰: −2

Cambi di segno nella prima colonna

1 → 5 → 6,4 → −2
N = 1

Risposta

N = 1

La retroazione positiva rende negativo il coefficiente costante: un polo reale passa sempre nel semipiano destro.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: sb = −1,652

Luogo delle radici: al variare del guadagno K da 0 a ∞, i poli ad anello chiuso, cioè le radici di 1 + K·G(s) = 0, si spostano dai poli ad anello aperto agli zeri ad anello aperto o all’infinito. Un punto dell’asse reale appartiene al luogo quando il numero di poli e zeri reali alla sua destra è dispari. Gli n − m rami che vanno all’infinito seguono asintoti con angoli (2q + 1)·180°/(n − m), che partono dal centro σₐ = (Σ poli − Σ zeri)/(n − m). I rami lasciano o raggiungono l’asse reale dove dK/ds = 0. La condizione sull’angolo ∠G(s) = 180° fissa la forma, e la condizione sul modulo K = 1/|G(s)| dà il guadagno in ogni punto del luogo.

Guadagno lungo l’asse reale

K(s) = −(s² + 3s)/(s + 9)

Punti stazionari

Deriva con la regola del quoziente e poni il numeratore uguale a zero.

(2s + 3)(s + 9) − (s² + 3s) = s² + 18s + 27 = 0
s = −9 ± √54 = −1,652, −16,35

Punto di diramazione

sb = −1,652

Risposta

sb = −1,652

Tra i due punti il luogo è una circonferenza con centro nello zero e raggio √54 = 7,348.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 50

Errore a regime: in un anello a retroazione unitaria con funzione di trasferimento ad anello aperto G(s) l’errore è E(s) = R(s)/(1 + G(s)), e per il teorema del valore finale ess = lims→0 s·E(s). Il tipo del sistema è il numero di poli di G(s) in s = 0. Le costanti d’errore sono Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) e Ka = lim s²·G(s), tutte per s → 0. Un gradino di ampiezza A dà ess = A/(1 + Kp), una rampa A·t dà A/Kv e una parabola A·t²/2 dà A/Ka. Un anello di tipo 0 segue un gradino con un errore finito, un anello di tipo 1 lo segue esattamente e segue una rampa con un errore finito.

Costante di velocità richiesta

Kv = A/ess = 10/0,2 = 50

Guadagno

K = 1·Kv = 50

Risposta

K = 50

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,07071. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: Ki = 9

Controllo P, PI e PID: il controllore C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s agisce sull’errore. Un guadagno proporzionale rende l’anello più veloce e riduce l’errore di un sistema di tipo 0, ma non lo elimina mai. Il termine integrale aggiunge un polo in s = 0: il tipo del sistema sale di uno e un gradino viene seguito senza errore. Il termine derivativo aggiunge smorzamento. Per scegliere i guadagni, scrivi il polinomio caratteristico ad anello chiuso e confrontalo con s² + 2ζωns + ωn². Poi %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd con ωd = ωn√(1 − ζ²), e ts ≈ 4/(ζωn).

Polinomio caratteristico

1 + C(s)G(s) = 0, moltiplicata per s(s + 1).

s² + (1 + 4Kp)s + 4Ki

Polinomio obiettivo

s² + 2·0,6·6s + 6² = s² + 7,2s + 36

Uguaglia i coefficienti

4Ki = 36 → Ki = 9

Risposta

Ki = 9

Il termine integrale rende l’anello di tipo 1, quindi un gradino viene seguito senza errore a regime.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 8,551 dB

Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.

Moltiplica i moduli

|G(j1)| = 84/(√(1² + 2²)·√(1² + 14²)) = 84/(2,236·14,04) = 2,676

Risultato

20·log₁₀(2,676) = 8,551 dB

Risposta

|G(jω)| = 8,551 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: GM = 20 dB

Risposta in frequenza: sostituisci s = jω nella funzione di trasferimento. Il modulo in decibel è 20·log₁₀|H(jω)| e la fase è la somma degli angoli dei fattori al numeratore meno quelli dei fattori al denominatore. Un filtro RC o RL del primo ordine ha la frequenza di taglio (−3 dB) a ωc = 1/(RC) oppure R/L, e fc = ωc/(2π); un filtro passa-basso dà |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) e φ = −atan(ω/ωc). Nel diagramma di Bode asintotico (a segmenti) ogni polo piega il modulo verso il basso di 20 dB/decade alla sua frequenza di taglio, ogni zero lo piega verso l’alto di 20 dB/decade, e un integratore 1/s dà −20 dB/decade a tutte le frequenze. Pulsazione di attraversamento del guadagno ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margine di fase PM = 180° + ∠L(jωc). Pulsazione di attraversamento della fase ω180: ∠L(jω) = −180°; margine di guadagno GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. L’anello chiuso è stabile quando entrambi i margini sono positivi.

Attraversamento della fase

(ω/3)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(3·5) = 3,873 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 25)) = K/(3·5·(3 + 5)) = K/120

Margine di guadagno

GM = 20·log₁₀(120/12) = 20 dB

Risposta

GM = 20 dB

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