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
t (s)f(t)t = 1,2f(1,2) = ?

Trova f(t) per F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 5)) con i fratti semplici, e calcola f(1,2).

F(s) = 20/(s(s + 1)(s + 5))t = 1,2 s
f(1.2) =
2.Trasformate di LaplaceDifficile
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Un sistema obbedisce a y″ + 5y′ + 6y = 36·u(t). Parte da fermo (y(0) = 0, y′(0) = 0) e l’ingresso è un gradino u(t) = 10 per t ≥ 0. Usa la trasformata di Laplace per trovare l’uscita y(0,1).

y″ + 5y′ + 6y = 36·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Schemi a blocchiMedia
R(s)+K(s + 3)(s + 10)G(s)C(s)−

Il processo G(s) = K/((s + 3)(s + 10)) è in un anello di retroazione negativa unitaria. Trova il guadagno K per cui l’anello chiuso ha smorzamento critico (due poli reali coincidenti).

G(s) = K/((s + 3)(s + 10))retroazione negativa unitaria
K =
4.Schemi a blocchiDifficile
R(s)+56s(s + 2)G(s)C(s)2H−

Il processo G(s) = 56/(s(s + 2)) è in un anello di retroazione negativa con guadagno del sensore H = 2. I poli ad anello chiuso sono complessi. Trova la loro parte immaginaria ωd (il valore positivo), in rad/s.

G(s) = 56/(s(s + 2))H = 2
ωd = rad/s
5.Risposta al gradinoMedia
t (s)y(t)1

Un sistema ha funzione di trasferimento G(s) = 35/(s² + 6s + 35) e riceve un ingresso a gradino unitario. I poli sono s = σ ± jωd. Trova la parte reale σ.

G(s) = 35/(s² + 6s + 35)
σ =
6.Risposta al gradinoDifficile
k = 500 N/mc = 63 N·s/mm = 8 kgF = 50 Nx(t)

Una massa m = 8 kg è appesa a una molla k = 500 N/m con uno smorzatore viscoso c = 63 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In equilibrio a riposo, viene applicata improvvisamente una forza costante F = 50 N. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 8 kgk = 500 N/mc = 63 N·s/mF = 50 N
ζ =
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciMedia
R(s)+K1s(s + 2)(s + 6)C(s)−

L’anello nello schema ha la funzione di trasferimento ad anello aperto L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)). Trova il guadagno massimo Kmax per cui l’anello chiuso è stabile.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))
Kmax =
8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radiciDifficile
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Un anello a retroazione unitaria ha L(s) = K(s + 6)/(s(s + 8)(s + 5)(s + 10)). Trova il punto σa in cui gli asintoti del luogo delle radici incrociano l’asse reale.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 8)(s + 5)(s + 10))
σa =
9.Errore a regime e controllo PIDMedia
R(s)+K(s + 2)(s + 5)C(s)−

Un anello a retroazione unitaria ha G(s) = K/((s + 2)(s + 5)). Trova il guadagno K che dà un errore a regime del 2 % per un ingresso a gradino.

G(s) = K/((s + 2)(s + 5))ess = 2 %
K =
10.Errore a regime e controllo PIDDifficile
r(t) = 2t+1 + 4/s2(s + 1)(s + 5)C(s)−

Un controllore PI C(s) = 1 + 4/s comanda il sistema G(s) = 2/((s + 1)(s + 5)) in un anello a retroazione unitaria. Trova l’errore a regime ess per l’ingresso a rampa r(t) = 2t.

C(s) = 1 + 4/sG(s) = 2/((s + 1)(s + 5))r(t) = 2t
ess =
11.Diagrammi di Bode e marginiMedia
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Trova il modulo esatto |G(jω)| di G(s) = 114/((s + 1)(s + 19)) a ω = 3 rad/s, in dB.

G(s) = 114/((s + 1)(s + 19))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
12.Diagrammi di Bode e marginiDifficile
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (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) = 350/(s(s + 5)). Trova il margine di fase PM in gradi.

L(s) = 350/(s(s + 5))
PM = °

3Soluzioni

1.Trasformate di Laplace

Risposta: f(1.2) = 2,497

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).

Fratti semplici

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 5)
A = 20/(1·5) = 4
B = 20/((−1)·4) = −5
C = 20/((−5)·(−4)) = 1

Antitrasformata

f(t) = 4 − 5·e−t + e−5t

Calcola

f(1,2) = 4 − 5·e−1,2 + e−5·1,2 = 2,497

Risposta

f(1,2) = 2,497
2.Trasformate di Laplace

Risposta: y(0.1) = 1,527

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

Y(s) = 360/(s(s + 2)(s + 3))

Fratti semplici

A = 360/(2·3) = 60
B = 360/((−2)·1) = −180
C = 360/((−3)·(−1)) = 120

Uscite

y(t) = 60 − 180·e−2t + 120·e−3t
y(0,1) = 1,527

Risposta

y(0,1) = 1,527
3.Schemi a blocchi

Risposta: K = 12,25

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

1 + K/((s + 3)(s + 10)) = 0 → s² + 13s + 30 + K = 0

Radice doppia

Un polinomio di secondo grado s² + βs + γ ha una radice doppia quando β² = 4γ.

13² = 4(30 + K) → K = 169/4 − 30 = 12,25

Risposta

K = 12,25
Entrambi i poli ad anello chiuso sono allora in s = −6,5.
4.Schemi a blocchi

Risposta: ωd = 10,54 rad/s

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

s(s + 2) + 56·2 = 0 → s² + 2s + 112 = 0

Radici

s = −1 ± j·√(112 − 1) = −1 ± j10,54
ωd = 10,54 rad/s

Risposta

ωd = 10,54 rad/s
5.Risposta al gradino

Risposta: σ = −3

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 = 35 → ωₙ = 5,916 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5,916) = 0,5071

Risultato

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Risposta

σ = −3
6.Risposta al gradino

Risposta: ζ = 0,4981

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 = √(k/m) = √(500/8) = 7,906 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 63/(2·√(500·8)) = 0,4981

Risultato

ζ = 0,4981

Risposta

ζ = 0,4981
7.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: Kmax = 96

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.

Equazione caratteristica

s³ + 8s² + 12s + K = 0

Tabella di Routh

s³: 1, 12
s²: 8, K
s¹: (8·12 − K)/8
s⁰: K

Condizioni

Ogni elemento della prima colonna deve essere positivo.

K > 0
8·12 − K > 0 → K < 96

Risposta

Kmax = 96

Per K = 96 l’anello chiuso oscilla a ω = √12 = 3,464 rad/s.

8.Stabilità: Routh–Hurwitz e luogo delle radici

Risposta: σa = −5,667

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.

Poli e zeri

poli: 0, −8, −5, −10
zeri: −6
n − m = 4 − 1 = 3

Baricentro

σa = (−23 − (−6))/3 = −5,667

Risposta

σa = −5,667

I 3 asintoti partono dal centro con angoli di 60°, 180°, 300°.

9.Errore a regime e controllo PID

Risposta: K = 490

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 d’errore richiesta

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Guadagno

K/10 = 49 → K = 490

Risposta

K = 490

Controlla anche la stabilità ad anello chiuso: per questo anello del secondo ordine ogni K > 0 è stabile.

10.Errore a regime e controllo PID

Risposta: ess = 1,25

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).

Costante di velocità

s·C(s) = 1s + 4 → 4 per s → 0.

Kv = 4·2/5 = 1,6

Errore alla rampa

ess = 2/1,6 = 1,25

Risposta

ess = 1,25

Il controllore PI elimina completamente l’errore al gradino; una rampa viene seguita con un ritardo costante.

11.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: |G(jω)| = 5,456 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(j3)| = 114/(√(3² + 1²)·√(3² + 19²)) = 114/(3,162·19,24) = 1,874

Risultato

20·log₁₀(1,874) = 5,456 dB

Risposta

|G(jω)| = 5,456 dB
12.Diagrammi di Bode e margini

Risposta: PM = 15,22 °

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 + 25ω² − 122500 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·122500))/2 = 337,7
ωc = 18,38 rad/s

Margine di fase

∠L(jωc) = −90° − atan(18,38/5) = −164,8°
PM = 180° + ∠L = 15,22°

Risposta

PM = 15,22°

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