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−5−10−15−20−25

Trova f(t) per F(s) = (s + 26)/(s² + 2s + 2) completando il quadrato, e calcola f(0,75).

F(s) = (s + 26)/(s² + 2s + 2)t = 0,75 s
f(0.75) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t), con y(0) = 3 e y′(0) = 0. A t = 0 viene applicato un ingresso a gradino u(t) = 5. Usa la trasformata di Laplace per trovare y(0,2).

y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+12K+8s + 2G(s)C(s)1H₁−−

Il processo G(s) = 8/(s + 2) ha un anello interno di retroazione negativa con guadagno H₁ = 1. Un guadagno del controllore K = 12 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 + 2)H₁ = 1K = 12
T(0) =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+K(s + 6)(s + 7)(s + 8)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/((s + 6)(s + 7)(s + 8)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Usa il criterio di Routh-Hurwitz per trovare il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

G(s) = K/((s + 6)(s + 7)(s + 8))retroazione negativa unitaria
Kmax =
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)2?

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 56/(s² + 6s + 28) e riceve un ingresso a gradino unitario. Trova la sovraelongazione percentuale %OS della risposta al gradino.

G(s) = 56/(s² + 6s + 28)
%OS = %
6.Risposta al gradinoDifficile
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Un anello di retroazione negativa unitaria ha G(s) = K/(s(s + 6)). Trova il guadagno K che dà una risposta al gradino con sovraelongazione del 15 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 15 %
K =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+Ks + 2(s − 1)(s + 3)C(s)−

Il sistema G(s) = (s + 2)/((s − 1)(s + 3)) ha un polo instabile in s = 1. 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 + 2)/((s − 1)(s + 3))
Kmin =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−2

Per l’anello L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5)), trova il guadagno K che pone un polo ad anello chiuso in s = −2.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5))s = −2
K =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
r(t) = 2t+Ks(s + 10)C(s)−

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

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 2tess = 0,2
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
R(s)+K = 410s(s + 4)C(s)−

Un controllore proporzionale K = 4 comanda il sistema G(s) = 10/(s(s + 4)) in un anello a retroazione unitaria. Trova il tempo di assestamento al 2 % ts della risposta al gradino, usando ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 4))K = 4
ts = s
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 8

Trova la fase ∠G(jω) di G(s) = 3(s + 19)/(s(s + 10)) a ω = 8 rad/s, in gradi.

G(s) = 3(s + 19)/(s(s + 10))ω = 8 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 + 4)(s + 8)). Trova il guadagno K che dà un margine di guadagno di 3 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 8))GM = 3 dB
K =

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(0.75) = 8,395

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).

Completa il quadrato

s² + 2s + 2 = (s + 1)² + 1 = (s + 1)² + 1²

Fai corrispondere il numeratore

F(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 1²) + (25/1)·1/((s + 1)² + 1²)

Antitrasformata

f(t) = e−t·(cos 1t + 25·sin 1t)
f(0,75) = e−0,75·(cos(1·0,75) + 25·sin(1·0,75)) = 8,395

Risposta

f(0,75) = 8,395
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.2) = 3,36

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 + 8s + 15)·Y(s) = 3s + 24 + 75/s
Y(s) = (3s² + 24s + 75)/(s(s + 3)(s + 5))

Fratti semplici

A = 75/(3·5) = 5
B = 30/((−3)·2) = −5
C = 30/((−5)·(−2)) = 3

Risultato

y(t) = 5 − 5·e−3t + 3·e−5t
y(0,2) = 3,36

Risposta

y(0,2) = 3,36

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

3.Schemi a blocchi

Risposta: T(0) = 0,9057

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 + 2 + 8·1) = 8/(s + 10)

Anello esterno

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 96/(s + 10 + 96) = 96/(s + 106)

Risultato

T(0) = 96/106 = 0,9057

Risposta

T(0) = 0,9057
4.Schemi a blocchi

Risposta: Kmax = 2730

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).

Equazione caratteristica

s³ + 21s² + 146s + 336 + K = 0

Tabella di Routh

s³ | 1 146
s² | 21 336 + K
s¹ | (21·146 − 336 − K)/21
s⁰ | 336 + K

Limite di stabilità

Tutti gli elementi della prima colonna devono essere positivi.

Kmax = 21·146 − 336 = 2730

Risposta

Kmax = 2730
5.Risposta al gradino

Risposta: %OS = 11,51 %

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 = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5,292) = 0,5669

Risultato

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,162 = 11,51 %

Risposta

%OS = 11,51 %
6.Risposta al gradino

Risposta: K = 33,68

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) = K/(s² + 6s + K)

Rapporto di smorzamento dalla sovraelongazione

ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169

Guadagno

ωₙ = 6/(2ζ) = 5,803 rad/s
K = ωₙ² = 33,68

Risposta

K = 33,68
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmin = 1,5

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 − 1)(s + 3) + K(s + 2) = s² + (2 + K)s + (2K − 3)

Condizioni

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

2 + K > 0 → K > −2
2K − 3 > 0 → K > 1,5
Kmin = 1,5

Risposta

Kmin = 1,5
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: K = 6

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.

Condizione sul modulo

K = |s|·|s + 3|·|s + 5|

Valuta nel punto

K = 2·1·3 = 6

Risposta

K = 6

Verifica: s(s + 3)(s + 5) + K è zero in s = −2.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 100

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 = 2/0,2 = 10

Guadagno

K = 10·Kv = 100

Risposta

K = 100

Un guadagno elevato rende questo anello molto poco smorzato: ζ = 0,5. Questo conflitto è il motivo per cui si usano i compensatori.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ts = 2 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 + 4) + 4·10 = s² + 4s + 40

ωₙ e ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 4/(2·6,325) = 0,3162

Tempo di assestamento

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/2 = 2 s

Risposta

ts = 2 s

Qui il tempo di assestamento non dipende da K: aumentare K fa solo oscillare più velocemente la risposta.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: ∠G(jω) = −105,8 °

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(8/19) − 90° − atan(8/10) = 22,83° − 90° − 38,66°

Risultato

∠G(j8) = −105,8°

Risposta

∠G(jω) = −105,8°
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: K = 271,9

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/4)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(4·8) = 5,657 rad/s

Modulo all’attraversamento della fase

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 64)) = K/(4·8·(4 + 8)) = K/384

Guadagno richiesto

384/K = 103/20 = 1,413
K = 384/1,413 = 271,9

Risposta

K = 271,9

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