Appunti di 19AKSNZ - Controlli...
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Appunti di 19AKSNZ - Controlli Automatici Studente: MACI Samuele Politecnico di Torino Anno Accademico 2011/2012 [email protected] Docente: GRECO Cosimo Prof. Associato Confermato [email protected] 29 maggio 2012
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Appunti di 19AKSNZ - Controlli Automatici
Studente: MACI SamuelePolitecnico di Torino
Anno Accademico 2011/[email protected]
Docente: GRECO CosimoProf. Associato Confermato
29 maggio 2012
c©
c© Il testo e stato redatto in LATEX attraverso l’applicativo TEXnicCenter; i grafici sono realizzatiattraverso il software di calcolo numerico Matlab, mentre le immagini attraverso un programma digrafica vettoriale (nel caso specifico Inkscape).Sono stati sfruttati pacchetti per LATEX come caption, changepage, eso-pic, fancyhdr, geometry,listings, subfig, . . . .N.B. Il seguente documento e un quaderno di appunti ; il nome del corso (Appunti di 19AKSNZ -Controlli Automatici) e fornito solo per avere un’indicazione riguardo agli argomenti/metodologieaffrontate nel corso; questo non implica una diretta verifica/approvazione da parte del/dei docenti indicati(che sono forniti sempre in via indicativa).Si vuol ricordare che tali appunti possono essere affetti da errori e per questo motivo si richiede dicomunicare il sottoscritto, alla mail [email protected], con eventuali correzioni e/o suggerimentinella stesura, indicando chiaramente il documento a cui ci si riferisce.
Indice
1 Lezione 4 11.1 Esercizi trasformata L . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Esercizi trasformata Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Antitrasformata L−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4 Sistema a blocchi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Lezione 5 52.1 Slide 13/71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Slide 20/71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3 Lezione 8 73.1 Slide 14/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.2 Slide 9/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.3 Slide 10/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.4 Slide 11/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.5 Slide 17/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.6 Slide 18/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.7 Slide 30/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.8 Slide 31/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.9 Slide 67/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.10 Slide 68/82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4 Lezione 7 114.1 Slide 56/59 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
I
II
Elenco delle figure
III
IV
Capitolo 1
Lezione 4
1.1 Esercizi trasformata LData le seguenti forme d’onda identificare la funzione che rappresentano e calcolare la trasformata L.
•y(t) =
A
2− A
2· cos
(2 · πT0· t)
ω0 = 2·πT0
e la pulsazione propria del sistema
y(s) = L [y(t)] (s) = L[A
2
]+ L
[−A
2· cos (ω0 · t)
]=A
2· 1
s− A
2· s
s2 + ω20
=A
2· ω2
0
s3 + s · ω20
come si puu notare y(s) e la trasformata di y(t). Formalmente andrebbe identificata con la letteramaiuscola, cioe con Y (s), ma nello svolgimento del corso non vi sara differenza di notazione, il suosignificato sara chiaro dal contesto.
• B indica la pendenza della rampa o deriva lineare (la retta passante per l’origine)
y(t) = B · t+A · e− tτ · sin(ω0 · t), τ > 0, ω0 =
2 · πT0
y(s) = L [y(t)] = B · L [t] +A · L[e−
tτ · sin(ω0 · t)
]= B · 1
s2+
ω0(s+ 1
τ
)2+ ω2
0
=
=B ·(s+ 1
τ
)2+B · ω2
0 +A · ω0 · s2
s2 ·[(s+ 1
τ
)2+ ω2
0
]• Il gradino rettangolare mostrato in figura puo essere inteso come la sovrapposizione di due gradini,
cioe
y(t) = A · [u(t)− u(t− T0)]
y(s) = L [y(t)] = A · [L [u(t)]− L [u(t− T0)]] = A ·(
1
s− e−T0·s · 1
s
)= A · 1− e−T0·s
s
[s] ha le dimensioni di una frequenza, nell’uso comune pero s ha le dimensioni di una pulsazione([radsec
], il rad e un numero adimensionato pertanto non crea problemi).
Come si puo osservare dagli esercizi svolti si vede che non sempre le trasformate sono razionali fratte,infatti nell’ultimo caso al numeratore non si ha un polinomio.
1.2 Esercizi trasformata ZSi considera intervallo di campionamento T
= i · t, dove i indica il passo di campionamento.
• E come un impulso triangolare La funzione si puo scomporre come una rampa, una rampa traslatadi 6 unita e un gradino con ampiezza A · 6 (dove A e la pendenza della rampa) traslato di 7 unitadi tempo.
y(i) = A · i−A · u(i− 6) · (i− 6)− 6 ·A · u(i− 7)
1
2 CAPITOLO 1. LEZIONE 4
y(z) = Z [y(i)] = A · T · z(z − 1)2
−A · z−6 · T · z(z − 1)2
− 6 ·A · z−7 · z
z − 1=
= A ·[
T · z(z − 1)2
− T · zz6 · (z − 1)2
− 6 · z
z − 1
]= A · T · z
8 − T · z2 − 6 · z + 6
z7 · (z − 1)2
• y(i) = A−A · λi, utilizzando le tabelle si ha una forma molto simile alla forma necessaria ma si ha
atτ , pertanto poiche a
i·Tτ =
(aT τ
)i= λi pertanto Z
[λi]
= zz−λ
y(z) = Z [y(i)] = A · z
z − 1−A · z
z − λ= A · z
2 − z · λ− z2 + z
(z − 1) · (z − λ)= A · z · (1− λ)
(z − 1) · (z − λ)
Si puo eseguire una “verifica” utilizzando i teoremi del valore iniziale e finale.
0 = limi→0
y(i) = limz→+∞
y(z) = limz→+∞
A · z · (1− λ)
(z − 1) · (z − λ)= 0
A = limt→+∞
y(i) = limz→1
(z − 1) · y(z) = limz→1
A · 1− λz − λ
= A
1.3 Antitrasformata L−1
•y(s) =
10 · s+ 10
s2 + 6 · s+ 8
s2 + 6 · s+ 8 = 0⇔ s =−6±
√36− 32
2= −3± 1
poiche la funzione ha due poli reali allora occorre trovare la giusta trasformata (riga 50)
L[(c− a) · e−a·t + (b− c) · e−b·t
]=
(b− a) · (s+ c)
(s+ a) · (s+ b)
y(s) = 5 · 2 · (s− 1)
(s+ 2) · (s+ 4)
y(t) = L−1 [y(s)] (t) = 5 ·[−3 · e−2·t + 5 · e−4·t
]Si poteva ottenere la soluzione anche ricorrendo alla tecnica dei fratti semplici.
•y(s) =
10 · s+ 10
s2 + 6 · s+ 25=
10 · (s+ 1)
(s+ 3)2 + 42
poiche non si puo scomporre il denominatore nel prodotto di due monomi allora si hanno due policomplessi
L[e−a·t · sec(ϑ) · cos(ω0 · t+ ϑ)
]=
s+ α
(s+ a)2 + ω20
, tan(ϑ) =a− αω0
se tan(ϑ) = a allora sec(ϑ) =√
1 + a2
ω0 = 4 α = 1 a = 3 sec(ϑ) =
√1 +
(a−αω0
)2y(t) = L−1 [y(s)] = 10 · e−t ·
√1 +
(a− αω0
)2
· cos
[4 · t+ arctan
(−1
2
)]
1.4 Sistema a blocchi
Realizzare lo schema a blocchi di un sistema di equazioni differenziali nel dominio s sono necessari essen-zialmente blocchi moltiplicativi e sommatori; restando nel dominio del tempo invece sono necessari deiblocchi particolari, come il blocco integratore.
Va(t) = km · Ω(t) + L · Ia +Ra · Ia(t)
km · Ia(t) = J · Ω(t) + β · Ω(t)
Per realizzare lo schema a blocchi nel dominio del tempo e possibile seguire un semplice schema risolutivo
1.4. SISTEMA A BLOCCHI 3
1. Si isolano tutte le derivate di ordine superioreIa(t) =
Va(t)− km · Ω(t)−Ra · Ia(t)
L
Ω(t) =km · Ia(t)− β · Ω(t)
J
2. Si suppone di avere ogni singola derivata e si traccia lo schema a blocchi relativo all’equazione presain esame
Dato lo schema a blocchi nel dominio del tempo e possibile trasferirlo nel dominio s attraverso la sostitu-zione dei blocchi integratori e derivatori con i relativi blocchi moltiplicativi (blocchi associati all’opera-zione). il blocco integratore nel dominio s viene sostituito da il blocco moltiplicativo 1
scon l’eventuale aggiunta
delle condizioni iniziali.
4 CAPITOLO 1. LEZIONE 4
Capitolo 2
Lezione 5
2.1 Slide 13/71 x(t) = A · x(t) +B · u(t)y(t) = C · x(t) +D · u(t)
Dove x(t) e il vettore che contiene le variabili di stato, x(t) contiene le derivate di x(t) e u(t) gli ingressi impostial sistema.Nel caso generale in cui si hanno n variabili di stato o stati, p ingressi e q uscite si ha, affinche le equazioni abbiano“senso”,
A ∈ Kn,n B ∈ Kn,q C ∈ Kq,n D ∈ Kq,p
dove Kr,c indica lo spazio delle matrici di r righe e c colonne.
Nello sviluppo del corso generalmente si tratteranno sistemi con un ingresso (p = 1) e un’uscita (q = 1) pertantosi avro
A ∈ Kn,n B ∈ Kn,1 C ∈ K1,n D ∈ K1,1
K1,1 e il campo degli scalari
2.2 Slide 20/71
Si puo dimostrare che la scelta delle variabili di stato e arbitraria (l’unica cosa “certa” e il loro numero); pertanto epossibile realizzare infinite analisi mediante variabili dello stesso modello matematico realizzato dal sistema fisico.Ad esempio ponendo x(t) = T · x(t) con T ∈ Kn,n matrice di trasformazione si ha che
x = A · x+B · uy = C · x+D · u ≡
T · x = T ·A · x+ T ·B · uy = C · x+D · u ≡
x = T ·A · T−1 · T · x+B · uy = C · x+D · u ≡
≡x = T ·A · T−1 · x+ T ·B · uy = C · x+D · u ≡
x = A · x+B · uy = C · T−1 · x+D · u ≡
≡x = A · x+B · uy = C · x+D · u
Si puo osservare che la matrice D non e variata, infatti, D e detto legame diretto tra ingresso e uscita (nondipende dalla scelta dello stato); inoltre e bene notare che affinche la trasformazione sia valida (lascia inalteratoil “rapporto” tra ingresso e uscita) si necessita che T sia una matrice invertibile, non singolare con det(T ) 6= 0,cioe
T ∈ Kn,n : ∃T−1 =adj(T )
det(T )
Esempio 2.1 Prendendo i dati del modello VS posti nella slide 13/71 si ha
A =
[0 − 1
C1L−RL
]B =
[1C
0
]C =
[1 −R
]D = 0
si ha che poiche G(s) = C · (s · I −A)−1 +D =y(s)
u(s)
s · I −A = s ·[
1 00 1
]−[
0 − 1C
1L−RL
]=
[s 1
C
− 1L
s+ RL
]
(s · I −A)−1 =adj(s · I −A)
det(s · I −A)=
1
s2 + s · RL
+ 1L·C·[s+ R
L− 1C
1L
s
]
5
6 CAPITOLO 2. LEZIONE 5
G(s) =1
s2 + s · RL
+ 1L·C·[
1 −R]·[s+ R
L− 1C
1L
s
]·[
1C
0
]=
1
s2 + s · RL
+ 1L·C·[
1 −R]·[
sC
+ RL·C
1L·C
]=
=sC
+ RL·C −
RL·C
s2 + s · RL
+ 1L·C
=
s
C
s2 + s · RL
+1
L · C
⇒ s2 · y(s) + s · RL· y(s) +
1
L · c · y(s) = s · 1
C· u(s) modello I/O
Poiche si e comunque interessati al modello nel dominio del tempo si trasportano i risultati ottenuti nel dominiodi Laplace, dominio s, nel dominio del tempo antitrasformando i termini dell’uguaglianza.
L−1
[s2 · y(s) + s · R
L· y(s) +
1
L · C · y(s)
]= L−1
[s · 1
C· u(s)
]
y(t) +R
L· y(t) +
1
L · C · y(t) =1
C· u(t)
Capitolo 3
Lezione 8
3.1 Slide 14/82
Se vi e un polo, λ con molteplicita diversa da 1 si ha
G(s) = . . .+
m∑i=0
r(i)
(s− λ)i+ . . . con m molteplicita del polo λ
Ad esempio se si ha moltemplicita m = 3 si ha
G(s) = . . .+r(1)
s− λ +r(2)
(s− λ)2+
r(3)
(s− λ)3. . .
Esempio 3.1 Data G(s) in forma polinomiale
G(s) =2 · s+ 8
s2 + 10 · s =1
s· 2 + s · 8
10 + s
si ha
z1 = −8
2= −4 λ1 = 0 λ2 = −10
si ha quindi un polo nell’origine, λ2, che equivale ad avere un integratore.Defindendo le costanti di tempo τi=− 1
λisi ha
τ2 = − 1
−10τ1 = −1
0
Ma 6 ∃τ1 pertanto si suol dire che τ1 e ∞, ma e solo un abbuso comuine di notazione, in realta il polo nell’originenon ha una costante di tempo.
3.2 Slide 9/82
y(s) =N(s) ·Nu(s)
D(s) ·Du(s)+N0(s)
D(s)
ma D(s) ·Du(s) = 0 per λ ∪ λu dove λ e l’insieme degli zeri di D(s) e λu e l’insieme degli zeri di Du(s).
Esempio 3.2 Sia G(s) = . . .+ rs−λ + r
s−λ + . . ., con r,r,λ,λ complessi pertanto
r
s− λ +r
s− λ=r · s− r · λ+ r · s− r · λs2 − (λ+ λ) · s+ λ · λ
=(r + r) · s− (r · λ+ r + λ)
s2 − (λ+ λ) · s+ λ · λ=
2 · Re [r] · s− 2 · Re[r · λ
]s2 − 2 · Re [λ] · s+ |λ|2
Pertanto nelle tavole nel caso di fdt con poli complessi sono indicati con a·sbs2+c·s+d con a,b,c,d ∈ R
denominatore: s2 + 2 · a · s+(a2 + ω2
0
)= (s+ a)2 + ω2
0 se si impone Re [λ] = −a Im [λ] = ω0
Esempio 3.3 Ricavare le radici di D(s) = (s+ a)2 + ω20
(s+ a)2 + ω20 = 0⇒ (s+ a)2 = −ω2
0 ⇒ s+ a = ±j · ω0 ⇒ s = −a± j · ω0
7
8 CAPITOLO 3. LEZIONE 8
3.3 Slide 10/82
Esempio 3.4
y(t) = . . .+ r · eλ·t + r · eλ·t + . . .
ponendo r = α+ j · β e λ = −a+ j · ω0 pertanto
eλ·t = e−a·t+j·ω0·t = e−a·t · ej·ω0·t = e−a·t + [cos(ω0 · t) + j · sin(ω0 · t)]
Re[eλ·t]
= Re[(α+ j · β) · e−a·t + [cos(ω0 · t) + j · sin(ω0 · t)]
]= α · e−a·t · cos(ω0 · t)− β · e−a·t · sin(ω0 · t) =
= e−a·t · [α · cos(ω0 · t)− β · sin(ω0 · t)] = e−a·t · cos(ω0 · t+ ϕ) = e−a·t · sin(ω0 · t+ ψ)
Si ha quindi un moto oscillatorio modulato (modulato a causa della presenza di e−a·t); si ha un’oscillazione conpulsazione ω0, cioe a periodo T0 = 2·π
ω0e quindi a frequenza f = 1
T0= ω0
2·π
3.4 Slide 11/82
Esempio 3.5 (Esempio TC) Calcolare la risposta nel tempo del sistema descritto da
G(s) =12
(s+ 2) · (s+ 3)=y(s)
u(s)
per un ingresso a gradino ampio 5 con condizioni iniziali Y0
u(t) = 5→ u(s) =5
s
[y(0)y(0)
]=
[−11
]G(s) =
12
(s+ 2) · (s+ 3)=y(s)
u(s)⇒ 12 · u = (s2 + 5 · s+ 6) · y in s
y + 5 · y + 6 · y = 12 in t
Ritrasformando la funzione nel tempo1 (con le righe della tabella 6,7) si ha
L [y + 5 · y + 6 · y] = L [12]⇒ s2 · y(s)− s · y(0)− y(0) + 5 · s · y(s)− 5y(0) + 6 · y(s) = 12 · u(s)
(s2 + 5 · s+ 6) · y(s) = 12 · u(s) + y(0) · s+ y(0) + 5 · y(0)⇒ y(s) =12
s2 + 5 · s+ 6· u(s) +
y(0) · s+ y(0) + 5 · y(0)
s2 + 5 · s+ 6
y(s) =12
(s+ 2) · (s+ 3)· 5
s− s+ 4
(s+ 2) · (s+ 3)=
60
s · (s+ 2) · (s+ 3)︸ ︷︷ ︸evoluzione forzata
− s+ 4
(s+ 2) · (s+ 3)︸ ︷︷ ︸evoluzione libera
y(s) =
[r1
s+
r2
s+ 2+
r3
s+ 3
]−[
r′
s+ 2+
r′′
s+ 3
]r1 = lim
s→0
60
(s+ 2) · (s+ 3)= 10 r2 = lim
s→−2
60
s · (s+ 3)= −30 r3 = lim
s→−3
60
s · (s+ 2)= 20
r′ = lims→−2
60
s+ 3= 2 r′′ = lim
s→−3
60
s+ 2= −1
L−1 [y(s)] = y(t) =
modoforzato︷ ︸︸ ︷10 · e0·t
modo proprio︷ ︸︸ ︷−30 · e−2·t + 20 · e−3·t︸ ︷︷ ︸
evoluzione forzata
+
modo proprio︷ ︸︸ ︷−2 · e−2·t + 1 · e−3·t︸ ︷︷ ︸
evoluzione libera
= −32 · e−2·t + 21 · e−3·t + 10 · e0·t
Si chiameranno:
• modi del primo ordine, i modi del tipo eλ·t poiche dipendono da un solo polo
• modi del secondo ordine, i modi del tipo e−a·t · cos(ω0 · t+ ϕ) poiche dipendono da due poli
3.5 Slide 17/82
Esempio 3.6 (Risposta al gradino unitario di un sistema del 1ordine)
G(s) =1
1 + τ · s′ ⇒ y(s) =1
1 + τ · s′ ·1
s′⇒ y(t) = L−1 [y(s)] = 1− eλ·t =
Kst = Kp = 1
Si puo verificare facilmente poiche il guadagno stazionario, Kst, e il rapporto tra l’uscita e l’ingresso se si trovanoin condizioni stazionarie. Infatti dal grafico si capisce che dopo che il transitorio si e estinto (gia dopo 3/4 costanti
di tempo) il rapporto tra l’uscita e l’ingresso e 1, infatti 1− e−tτ → 1 e l’ingresso e il gradino unitario.
Il grafico riportato sulla slide e unico per il gradino unitario poiche si e graficato tτ
!
Un polo si dice
• veloce se ha una costante di tempo, τ , vicina a t = 0 quindi questo implica |λ| e grande
• lento se ha una costante di tempo, τ , lontana da t = 0 quindi questo implica |λ| e piccolo
ovviamente e sempre una questione relativa.
1operazione necessaria per avere in s le informazioni sulle condizioni iniziali, poiche G(s) per definizione e il rapportotra l’uscita e l’ingresso quando le condizioni iniziali sono nulle
3.6. SLIDE 18/82 9
3.6 Slide 18/82
g(s) =K
s2 + a · s+ b=
4·4>a2=
K
(s− σ − j · ω0) · (s− σ + j · ω0)=
K
s2 + 2 · ζ · ωn · s+ ω2n
con λ = σ ± ω0
ωn =√a2 + ω2
0 e detta frequenza naturale
ζ = − σωn
e detto fattore di smorzamento(|ζ| ≤ 1, poiche ζ = sin(α) = sin
[arctan
(− σω0
)])Esempio 3.7 Si consideri
G(s) =K
s2 + 2 · ζ · ωn · s+ ω2n
se ωn = 5 e ζ = 2 si ha che
s2 + 20 · s25 = 0⇒ λ1,2 = −10±√
102 − 25 = −10± 5 ·√
3
λ1,2 in questo caso sono due poli reali, pertanto non ha senso considerare |ζ| > 1 poiche si possono consideraretranquillamente due poli reali, quindi due esponenziali distinti.
3.7 Slide 30/82
Esempio 3.8G(z) =
. . .
z2 − 1.2 · z + 0.5
se z = 1 e polo di G(z) alloraz2 − 1.2 · z + 0.5|z=1 = 0
poiche la relazione non e vera allora si puo affermare che non si hanno integratori nella G(z) fornita.
G′(z) =. . .
z2 − 1.2 · z + 0.2
z2 − 1.2 · z + 0.2|z=1 = 0
pertanto in G′(z) vi e un integratore
z2 − 1.2 · z + 0.2 = (z − 1) · (z − 0.2)
Per verificare se in G(z) vi e almeno un integratore e sufficiente verificare se D(1) = 0
• se tale relazione e verificata allora vi e un integratore
– si verifica se vi e un secondo integratore operando su G(z)z−1
∗ si verifica se vi e un terzo integratore operando su G(z)
(z−1)2
. . .
• se tale relazione non e verificata allora non vi e un integratore
3.8 Slide 31/82
Si definisce periodo di oscillazione
T0=2 · π∠λ
∠λ e a fase dei poli complessi
3.9 Slide 67/82
A =
[0 10 −0.2
]B =
[01
]C ==
[10 0
]D = 0
Specifiche:
• poli in catena chiusa λcc = −1± j · 0.8• guadagno Kst,cc = 1
2∏i=1
(s− λcc,i) = s2 + 2 · s+ 1.64
K =[K1 K2
]Ac = A−B ·K =
[0 1−K1 −0.2−K2
]det(s·I−Ac) = det
([s 00 s
]−[
0 1−K1 −0.2−K2
])= det
([s −1K1 s+ 0.2 +K2
])= s2+(0.2+K2)·s+K1
10 CAPITOLO 3. LEZIONE 8
non si dimostra ma si avra sempre che le funzioni sono sempre lineari in K
s2 + (0.2 +K2) · s+K1 = s2 + 2 · s+ 1.64⇒
0.2 +K2 = 2K1 = 1.64
⇒K2 = 1.8K1 = 1.64
⇒ K =[
1.64 1.8]
Si avranno, in generale, n equazioni lineari in K, cioe n equazioni in n incognite K1,K2, . . . ,Kn.Poiche il sistema e lineare allora e possibile portare il sistema sotto forma di equazione matriciale
A ·K′ = B ⇒[
0 11 0
]·[K1
K2
]=
[2− 0.2
1.64
]⇒ K′ = A−1 ·B
Affinche il sistema sia risolvibile e necessario che M sia invertibile, cioe che det(M) 6= 0, ma questo pone unproblema numerico; comunque nel caso in cui M non sia invertibile implica che non e possibile determinare Kpertanto il sistema non e controllabile con il tipo di controllore scelto e con le specifiche fornite.E comunque possibile stabilire la controllabilita del sistema (nel caso di retroazione dagli stati, schema a blocchislide 61/78) se la matrice di controllabilita ha rango pieno o rango massimo.
La matrice di controllabilita e
C =[B A ·B A2 ·B . . . An−1 ·B
]Ai ∈ Kn,n, Ai ·B ∈ Kn,1
se C ha rango massimo allora ha anche det(C) 6= 0, inoltre C ∈ Kn,n per sistemi SISO.Nel caso specifico
C =[B A ·B
]=
[0 11 −0.2
]det(C) = −1
pertanto poiche il determinante non e nullo allora il sistema e controllabile. Per il guadagno stazionario si ha chese r = 1 allora y = h in modo che Kst,cc = y
r= 1; occorre pero determinare la fdt Gcc(s) e quindi il suo guadagno
stazionario (Gcc(0)).Se l’ingresso r = cost = r0 e l’uscita e y = costante = y0 allora anche lo stato sara costante pertanto x = x0 (pert→ +∞, cioe quando il sistema e a regime).In condizioni stazionarie si ha che
0 = x = Ac · x0 +Bc · r0
y0 = Cc · x0 +Dc · r0
det(Ac)6=0⇒x0 = −A−1
c ·Bc · r0
y0 = −Cc ·A−1c ·Bc · r0 +Dc · r0
⇒ y0
r0= −Cc·A−1
c ·B·α+D·α = Kst,cc
Si puo quindi determinare α nel seguente modo
α = (D − Cc ·A−1c ·B)−1 ·Kst,cc
sistemiSISO=
Kst,cc
D − Cc ·A−1c ·B
Avendo quindi α e K occorre procedere con le simulazioni.
3.10 Slide 68/82
A =
[0 −11 −3
]B =
[11
]C =
[0 1
]D = 0
C =[B A ·B
]=
[1 −21 −2
]det(C) = 0
Il sistema quindi non e controllabile con il sistema di retroazione degli stati.
det(s · I −A+B ·K) = (s− λcc,1) · (s− λcc,2)
effettuando tutti i passaggi si giunge aK1 +K2 = −3− λcc,1 − λcc2K1 +K2 = −2 + λcc,1 · λcc,2
⇒[
1 11 1
]·[K1
K2
]=
[−3− λcc,1 − λcc,2−2 + λcc,1 · λcc,2
]Il sistema e risolubile se
−3− λcc,1 − λcc,2 = −2 + λcc,1 · λcc,2 ⇒ λcc,1 = −1, λcc,2 ∈ R
e bene notare che questo e un caso estremamente particolare (a noi interessa porre i poli dove vogliamo e nonessere limitati dalla condizione sopra).
Capitolo 4
Lezione 7
4.1 Slide 56/59, Caso di Studio: Controllo di Azimut
L’azimut e il controllo della posizione angolare nella solo direzione orizzontale (ha solo un grado di liberta).Il movimento e realizzato attraverso un motore in corrente continua.E presente un motoriduttore (ingranaggi).Il box di controllo e la parte del modello che consente il movimento, in modo che l’antenna si posizioni nellaposizione desiderata.La conoscienza della posizione fisica ϑo e nota attraverso un trasduttore, realizzato da un ingranaggio e un po-tenziometro (circolare a n giri), che trasforma l’angolo fisico in una tensione, Vo, che sara riportata mediantedei conduttori al ControlBox; per la conoscienza della posizione angolare desiderata si ha un potenziometro iningresso che porta l’angolo desiderato ϑi in una tensione Vi che verra trasferita nel control box.
Il blocco di controllo ha quindi:
• amplificatore di potenza, che consente l’azionamento del motore. Tale amplificatore e eccitato da vP , segnaledi controllo con potenza pressocche nulla, e porta in uscita il segnale di comando, ea ad alta potenza.
• amplificatore differenziale, che funge la funzione di controllore. Porta in uscita un segnale proporzionalealla differenza vi − vo (in questo caso si ha un controllore proporzionale).
Per la parte meccanica vi e:
• ea tensione di armatura
• Ra resistenza di armatura
• La induttanza di armatura, trascurata
• Ia corrente di armatura
L’accoppiamento elettromeccanico ci fornisce una velocita angolare Ωm (con angolo ϑm, e coppia motrice Cm).Mediamente il motore gira a velocita elevata, mentre l’antenna dovra muoversi lentamente pertatnto sarannopresenti dei motoriduttori, il motore ha un ingranaggio a N1 denti mentre l’antenna ha un ingranaggio a N2
denti. L’antenna avra un momento di inerzia JL, molto maggore di quello del motore, e un coefficiente di attritoviscoso Dl (si trascura la presenza di attriti di frizione).Il potenziometro posto nell’estrema destra del Layaut e il trasduttore che ha un ingranaggio a N3 denti.
Equazioni caratterizzanti del sistema Per il potenziometro si ha
±n · π = ±10[V ] ⇒ αpot =10
n · πC1=
1
π [ Vrad ] ≈ 0.318[ V
rad ] C1 ≡ configurazione 1, slide 58/59
Tecnologicamente e necessario avere un inseguitore di tensione per poter realizzare un disaccoppiamento tra ilpotenziometro e il restante modello.Per il controllore
vP = k · (vi − vo)
Per l’amplificatore di potenza
ea(s) =K1
s+ a· vP (s)
Per il motore
Ja · Ωm = CM −Da · Ωm − Cm parte meccanica del motore
CM = Kt · IaE = KB · Ωm
accoppiamento elettromeccanico
ea = Ra · Ia + E parte elettrica del motore
11
12 CAPITOLO 4. LEZIONE 7
CM e la coppia motrice, DA · Ωm e la coppia di attrito viscoso, Cm e la coppia residua per la movimentazione(che arriva all’ingranaggio dell’antenna) Supponendo gli ingranaggi ideali allora non si hanno perdite di potenza,pertanto
Cm · Ωm︸ ︷︷ ︸potenza ingranaggio N1
= Co · Ωo︸ ︷︷ ︸potenza ingranaggio N2
⇒ ΩoΩm
=CmCo
=N1
N2
ϑo = Ωo ϑm = Ωm
Poiche in generale Ωm > Ωo allora ΩoΩm
< 1⇒ N1N2
< 1⇒ N2 > N1 e si osserva che dai dati del problema l’ultimaralezione e verificata.Per l’antenna, si ha l’equazione di un moto rotatorio
JL · Ωo = Co −DL · Ωo − Cx
La coppia che arriva sull’antenna, Co, serve per equilibrare la coppia di inerzia, JL · ˙Omegao, la coppia di attrito,DL · Ωo, ed un eventuale carico.
Ω3
Ωo=CxC3
=N2
N3
J3 · Ω3 = C3 −D3 · Ω3−D3=0
= C3
Da tutte le equazioni (evidenziate) e necessario riuscire ad avere delle relazioni che unificano tutto il sistema.Si puo procedere o attraverso uno schema a blocchi oppure realizzando un equivalente elettrico di tutto il sistemasopra descritto. IMMAGINE SCHEMA ELETTRICO Le impedenze possono essere trasportate a monte di untrasformatore, in questo modo lo schema che sembrerebbe del 3 ordine si riduce ad un sistema del 1ordine.IMMAGINE SCHEMA A BLOCCHI in s Utilizzando l’algebra dei blocchi si ha che:
• il blocco (1) ha la seguente fdt
(JL · s+DL) +
[N2
2
N23
· J3 · s]
= s ·[JL +
N22
N23
· J3
]+DL
I blocchi moltiplicativi N1N2
posti a monte e a valle del blocco (1) si puo avere una fdt complessiva pari a
N21
N22
·[s ·(JL +
N22
N23
· J3
)+DL
]Lo schema a blocchi si riduce a IMG
• il blocco (2) diviene
1Ja·s+Da
1 + 1Ja·s+Da ·
N21
N22·[s ·(JL +
N22
N23· J3
)+DL
] =1
Ja · s+Da +N2
1
N22·[s ·(JL +
N22
N23· J3
)+DL
] =
=1(
Ja +N2
1
N22
· Jl +N2
1
N22
· N22
N23
· J3
)︸ ︷︷ ︸momento di inerzia sul motore
·s+
(Da +
N21
N22
·DL)
︸ ︷︷ ︸attrito viscoso visto dal motore
Jeq =
(Ja +
N21
N22
· Jl +N2
1
N22
· N22
N23
· J3
)Deq =
(Da +
N21
N22
·DL)
Si ha quindi il seguente schema a blocchi
• il blocco (3) diviene
KtRa· 1Jeq·s+Deq
1 + KtRa· 1Jeq·s+Deq ·Kp
=
KtRa
Jeq · s+Deq +Kt·KpRa
=Ωm(s)
ea(s)= Geq(s)
Si ha quindi un legame esplicito tra ea(s) e Ωm(s).ea e dato da controllore, azionamento pertanto si ha il seguente schema a blocchi complessivo IMMAGINE Siosserva quindi che un sistema complesso, si puo ridurre, magari con un po’ di pazienza, ad uno schema a blocchidi un sistema a blocchi relativamente semplice.
