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−2−4−6−8−10−12

F(s) = (s + 12)/(s² + 7s + 12). La sua antitrasformata ha la forma f(t) = A·e−3t + B·e−4t. Trova il coefficiente A con i fratti semplici.

F(s) = (s + 12)/(s² + 7s + 12)
A =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Risolvi y″ + 8y′ + 12y = 0 con y(0) = 6 e y′(0) = −1 usando la trasformata di Laplace, e trova y(0,2).

y″ + 8y′ + 12y = 0y(0) = 6y′(0) = −1t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+28s + 3G(s)C(s)0,2H−

Un processo G(s) = 28/(s + 3) è controllato in un anello di retroazione negativa il cui sensore ha guadagno H = 0,2. Un gradino di ampiezza 1 viene applicato in R. Trova l’uscita a regime css.

G(s) = 28/(s + 3)H = 0,2R = 1
css =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+Kcontrollore+D(s)+3s + 9processoC(s)−

Un controllore proporzionale K comanda il processo G(s) = 3/(s + 9) in un anello di retroazione negativa unitaria. Un gradino di disturbo di ampiezza 1 entra all’ingresso del processo mentre R = 0. Trova il guadagno minimo K che mantiene l’uscita a regime al di sotto di 0,03333 o uguale a esso.

G(s) = 3/(s + 9)D = 1css ≤ 0,03333
K =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 32/(s² + 3s + 32) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.

G(s) = 32/(s² + 3s + 32)
σ =
6.Risposta al gradinoDifficile
+−5 VR = 32 ΩL = 100 mHC = 100 µFvC​

Un circuito RLC serie con R = 32 Ω, L = 100 mH e C = 100 µF è collegato a un gradino da 5 V a t = 0. Il condensatore è scarico e prima del gradino non circola corrente. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della tensione del condensatore.

R = 32 ΩL = 100 mHC = 100 µFV = 5 V
%OS = %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 10(s − 2)(s + 1)C(s)−

Il sistema G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 1)) ha un polo instabile in s = 2. Un guadagno proporzionale K chiude un anello a retroazione unitaria attorno a esso. Trova il guadagno minimo Kmin che rende stabile l’anello chiuso.

G(s) = (s + 10)/((s − 2)(s + 1))
Kmin =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4j1j2

Per L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 5)), trova l’angolo di partenza θd del luogo delle radici dal polo complesso nel semipiano superiore, misurato dall’asse reale positivo.

L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 5))
θd = °
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 2t+Ks(s + 4)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria con G(s) = K/(s(s + 4)) deve seguire la rampa r(t) = 2t con un errore a regime di 0,1. Trova il guadagno K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 2tess = 0,1
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 85s(s + 5)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 8 comanda il sistema G(s) = 5/(s(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di picco tp della risposta al gradino.

G(s) = 5/(s(s + 5))K = 8
tp = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)11101010010010001000−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 30

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 28(s + 14)/(s(s + 18)) a ω = 30 rad/s, in gradi.

G(s) = 28(s + 14)/(s(s + 18))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Un anello a retroazione unitaria ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 8 dB.

L(s) = K/(s(s + 7)(s + 10))GM = 8 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: A = 9

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 + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 4)

Regola di copertura

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

A = (s + 12)/(s + 4) |s = −3 = 9/1 = 9

Risposta

A = 9
(B = −8, quindi f(t) = 9·e−3t − 8·e−4t)
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 5,037

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 − 6s − (−1) + 8(sY − 6) + 12Y = 0
Y(s) = (6s + 47)/((s + 2)(s + 6))

Fratti semplici

A = 35/4 = 8,75
B = 11/(−4) = −2,75

Risultato

y(t) = 8,75·e−2t − 2,75·e−6t
y(0,2) = 5,037

Risposta

y(0,2) = 5,037

Controllo: y(0) = A + B = 6.

3.Schemi a blocchi

Risposta: css = 3,256

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).

Funzione di trasferimento ad anello chiuso

T(s) = G/(1 + G·H) = 28/(s + 3 + 5,6) = 28/(s + 8,6)

Risultato

css = R·T(0) = 1·28/8,6 = 3,256

Risposta

css = 3,256
4.Schemi a blocchi

Risposta: K = 27

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).

Risposta al disturbo

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·3/(9 + 3K)

Risolvi per K

9 + 3K = 1·3/0,03333 = 90
K = (90 − 9)/3 = 27

Risposta

K = 27
5.Risposta al gradino

Risposta: σ = −1,5

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 = 32 → ωₙ = 5,657 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·5,657) = 0,2652

Risultato

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Risposta

σ = −1,5
6.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 15,84 %

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).

Pulsazione naturale e rapporto di smorzamento

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·1 × 10⁻⁴) = 316,2 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (32/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,1) = 0,506

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 15,84 %

Risposta

%OS = 15,84 %
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmin = 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

(s − 2)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-1 + K)s + (10K − 2)

Condizioni

Per s² + c₁s + c₀ tutte le radici stanno nel semipiano sinistro esattamente quando c₁ > 0 e c₀ > 0.

-1 + K > 0 → K > 1
10K − 2 > 0 → K > 0,2
Kmin = 1

Risposta

Kmin = 1
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: θd = 45 °

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.

Posizioni dei poli

s² + 2s + 5 = 0 → s = −1 ± j2
s = −3

Angoli degli altri poli

∠(−1 + j2 + 3) = atan2(2, 2) = 45°
∠(−1 + j2 − (−1 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Angolo di partenza

θd = 180° − 45° − 90° = 45°

Risposta

θd = 45°
9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 80

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 = 2/0,1 = 20

Guadagno

K = 4·Kv = 80

Risposta

K = 80

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,2236. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: tp = 0,5408 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 + 5) + 8·5 = s² + 5s + 40

ωₙ e ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 5/(2·6,325) = 0,3953

Tempo di picco

ωd = 6,325·√(1 − 0,3953²) = 5,809 rad/s
tp = π/5,809 = 0,5408 s

Risposta

tp = 0,5408 s
11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −84,05 °

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(30/14) − 90° − atan(30/18) = 64,98° − 90° − 59,04°

Risultato

∠G(j30) = −84,05°

Risposta

∠G(jω) = −84,05°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 473,7

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.

Attraversamento della fase

(ω/7)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(7·10) = 8,367 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 100)) = K/(7·10·(7 + 10)) = K/1190

Guadagno richiesto

1190/K = 108/20 = 2,512
K = 1190/2,512 = 473,7

Risposta

K = 473,7

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