Controlli automatici 1: pacchetto last-minute

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

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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−1−2−3−4−5−6−7−8−91

F(s) = (5s + 35)/(s² + 10s + 16). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−2t + B·e−8t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (5s + 35)/(s² + 10s + 16)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Risolvi y″ + 7y′ + 10y = 0 con y(0) = 3 e y′(0) = 11 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,6).

y″ + 7y′ + 10y = 0y(0) = 3y′(0) = 11t = 0,6 s
y(0.6) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+16K+8s + 6G(s)C(s)1H₁−−

Il processo G(s) = 8/(s + 6) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 1. Un guadagno del controllore K = 16 e un anello esterno di retroazione negativa unitaria chiudono il sistema. Trova il guadagno in continua ad anello chiuso T(0).

G(s) = 8/(s + 6)H₁ = 1K = 16
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+9controllore+D(s)+3s + 10processoC(s)−

Un controllore proporzionale K = 9 comanda il processo G(s) = 3/(s + 10) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un disturbo D entra all’ingresso del processo (viene sommato all’uscita del controllore). Un gradino di riferimento di ampiezza 1 e un gradino di disturbo di ampiezza 5 vengono applicati insieme. Trova l’uscita a regime css.

K = 9G(s) = 3/(s + 10)D = 5R = 1
css =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1ts​ = ?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 96/(s² + 14s + 96) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 96/(s² + 14s + 96)
ts = s
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+110s(s + 4)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = 110/(s(s + 4)). Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino ad anello chiuso, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 110/(s(s + 4))
ts = s
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Il guadagno viene aumentato finché l’anello chiuso è al limite della stabilità. Trova la frequenza ω dell’oscillazione sostenuta.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
ω = rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Il luogo delle radici di L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)) lascia l’asse reale tra s = 0 e s = −5. Trova il punto di diramazione sb.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))
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 0,02. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 10tess = 0,02
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 502s(s + 10)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 50 comanda il sistema G(s) = 2/(s(s + 10)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 2/(s(s + 10))K = 50
tp = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 8

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 24(s + 18)/(s(s + 9)) a ω = 8 rad/s, in gradi.

G(s) = 24(s + 18)/(s(s + 9))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = 640/(s(s + 20)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 640/(s(s + 20))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 4,167

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 + 10s + 16 = (s + 2)(s + 8)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 8)

Regola di copertura

Moltiplica per (s + 2) e poni s = −2: il termine in B si annulla.

A = (5s + 35)/(s + 8) |s = −2 = 25/6 = 4,167

Risposta

A = 4,167
(B = 0,8333, quindi f(t) = 4,167·e−2t + 0,8333·e−8t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.6) = 2,328

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

s²Y − 3s − 11 + 7(sY − 3) + 10Y = 0
Y(s) = (3s + 32)/((s + 2)(s + 5))

Fratti semplici

A = 26/3 = 8,667
B = 17/(−3) = −5,667

Risultato

y(t) = 8,667·e−2t − 5,667·e−5t
y(0,6) = 2,328

Risposta

y(0,6) = 2,328

Controllo: y(0) = A + B = 3.

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,9014

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).

Anello interno

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 8/(s + 6 + 8·1) = 8/(s + 14)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 128/(s + 14 + 128) = 128/(s + 142)

Risultato

T(0) = 128/142 = 0,9014

Risposta

T(0) = 0,9014
4.Schemi a blocchi

Risposta: css = 1,135

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) = 3/(s + 10 + 27)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 27/(s + 10 + 27)

Regime stazionario

css = 1·27/37 + 5·3/37 = 1,135

Risposta

css = 1,135

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

5.Risposta al gradino

Risposta: ts = 0,5714 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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 14 → ζ = 14/(2·9,798) = 0,7144

Risultato

ζωₙ = 7 → ts ≈ 4/7 = 0,5714 s

Risposta

ts = 0,5714 s
6.Risposta al gradino

Risposta: ts = 2 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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = 110/(s² + 4s + 110): ωₙ = 10,49 rad/s, ζ = 0,1907

Tempo di assestamento

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Risposta

ts = 2 s

Per questo anello ζωₙ = a/2 qualunque sia K: aumentare K aumenta la sovraelongazione ma non accorcia il tempo di assestamento.

7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: ω = 3,162 rad/s

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.

Tabella di Routh

s³ + 7s² + 10s + K = 0
s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Guadagno critico

K = 7·10 = 70

Equazione ausiliaria

Al guadagno critico la riga s¹ è nulla; la riga s² dà i poli sull’asse immaginario.

7s² + 70 = 0 → s = ±j√10
ω = 3,162 rad/s

Risposta

ω = 3,162 rad/s
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: sb = −2

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) = −s(s + 5)(s + 8) = −(s³ + 13s² + 40s)

Punti stazionari

dK/ds = −(3s² + 26s + 40) = 0
s = (−26 ± √(676 − 480))/6 = −2, −6,667

Scegli il punto sul luogo

Il luogo sta sull’asse reale tra 0 e −5; l’altra radice non appartiene al luogo.

sb = −2

Risposta

sb = −2
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 500

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 = 10/0,02 = 500

Guadagno

K = 1·Kv = 500

Risposta

K = 500

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,02236. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: tp = 0,3628 s

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

s(s + 10) + 50·2 = s² + 10s + 100

ωₙ e ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 10/(2·10) = 0,5

Tempo di picco

ωd = 10·√(1 − 0,5²) = 8,66 rad/s
tp = π/8,66 = 0,3628 s

Risposta

tp = 0,3628 s
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −107,7 °

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.

Somma gli angoli

∠G = atan(8/18) − 90° − atan(8/9) = 23,96° − 90° − 41,63°

Risultato

∠G(j8) = −107,7°

Risposta

∠G(jω) = −107,7°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 42,68 °

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 del guadagno

ω⁴ + 400ω² − 409600 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·409600))/2 = 470,5
ωc = 21,69 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(21,69/20) = −137,3°
PM = 180° + ∠L = 42,68°

Risposta

PM = 42,68°

ExamProblems · examproblems.com/courses/control-engineering-1