Ariola esercizi-svolti PDF

Preview

Summary

Download Ariola esercizi-svolti PDF

Description

1

Esercizi svolti Esercizio 1. Con riferimento al sistema di figura, calcolare: u(t)

✲❡ −✻

+

✲

K s

✲

s+6 s−3

y(t) ✲

a) la funzione di trasferimento a ciclo chiuso tra u(t) e y(t); b) i valori di K per i quali il sistema a ciclo chiuso risulta asintoticamente stabile; c) il valore di K per il quale il sistema a ciclo chiuso presenta poli con coefficiente di smorzamento ζ = 41 . Per tale valore di K : i) si traccino i diagrammi di Bode relativi al sistema a ciclo chiuso; ii) si calcoli la risposta y(t) in presenza di un ingresso a gradino u(t) = 1(t); iii) si calcoli la risposta y(t) in presenza di un ingresso u(t) = sin(6t) + sin(60t). Svolgimento. a) Avendo posto: G1 (s) =

K , s

G2 (s) =

s+6 , s−3

la funzione di trasferimento del sistema a ciclo chiuso tra u(t) e y(t) risulta G(s) =

G1 (s)G2 (s) K (s + 6) = 2 . 1 + G1 (s)G2 (s) s + (K − 3)s + 6K

b) Affinch`e G(s) risulti asintoticamente stabile, i suoi poli dovranno avere parte reale negativa; applicando il criterio di Cartesio, ci`o accade se e solo se K > 3; c) Fattorizzando opportunamente G(s), la pulsazione naturale ωn ed il coefficiente di smorzamento ζ risultano pari a: √ K −3 . ωn = 6K , ζ= √ 2 6K Inponendo che sia ζ = 41 , risulta K = 6. Quindi la funzione di trasferimento diventa G(s) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

6(s + 6) . s2 + 3s + 36

(1)

2

i) Prima di tutto fattorizziamo opportunamente la funzione di trasferimento (1) G(s) =

1 + s/6 . 1 + s/12 + s2 /36

In questo modo si nota subito che: K = 1 −→ |K | = 0 dB τ ′ = 1/6 −→ punto di rottura relativo allo zero reale negativo: 6

ωn = 6 , ζ = 1/4 −→ punto di rottura relativo ai poli complessi: 6 ; ζ “piccolo . Il diagramma dei moduli parte quindi con pendenza piatta, poich`e non sono presenti termini di tipo monomio, dal valore di 0 dB. Nel punto ω = 6 il diagramma subisce una variazione di pendenza di −20 dB/dec. Poich`e ζ `e “piccolo `e opportuno apportare una correzione al diagramma asintotico, che per semplicit`a effettuiamo in corrispondenza della pulsazione ω = 6. Abbiamo una correzione di +3 dB dovuta allo zero e di 1/(2ζ) = 2 cio`e di +6 dB per via della coppia di poli complessi. In definitiva il diagramma dei moduli presenta un picco pari a circa 9 dB in corrispondenza della pulsazione ω = 6. Il diagramma delle fasi parte da fase pari a 0o . Nel punto ω = 0.6 il diagramma subisce una variazione di pendenza di 45 deg/dec. Poi, poich`e ζ `e “piccolo, il diagramma asintotico presenta un salto di −180o in corrispondenza della pulsazione ω = 6. Infine in ω = 60 il diagramma torna ad avere pendenza nulla ed assume il valore finale di −90o .

In figura sono riportati i diagrammi asintotici e quelli esatti. Diagrammi di Bode di G(j ) 10 5

dB

0 −5 −10 −15 −20 −25 10

0

10

1

10

2

50

deg

0

−50

−100

−150 10

0

10

1

10

2

[rad/s]

ii) Utilizzando la trasformata di Laplace si ha: Y (s) = G(s)U (s) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

Bs + C A Bs + C A 6(s + 6) 1 = +( + 2 = )2 ( √ )2 . s s + 3s + 36 s s2 + 3s + 36 s s + 32 + 3 215

3

I coefficienti A, B e C risultano pari a A = 1,

B = −1 ,

C = 3.

Si ha allora √

3 15 s + 23 1 3 2 Y (s) = − ( ( √ )2 + √ ( ( √ )2 ) ) s 15 3 2 + 3 15 3 2 + 3 15 s+2 s+ 2 2 2

Antitrasformando si ottiene quindi ( ( √ ) ( √ )) 3 3 3 y(t) = 1 − e− 2 t cos 3 215 t + √ e− 2 t sin 3 215 t · 1(t) 15 iii) Poich`e il segnale u(t) `e applicato da −∞ e il sistema `e asintoticamente stabile, la risposta y(t) `e pari alla risposta a regime. Guardardo i diagrammi di Bode dei moduli di G(s), si nota che |G(j6| ≈ |G(j 60)| + 29 dB. L’armonica di pulsazione ω = 60 `e quindi notevolmente attenuata (di circa 30 volte) rispetto a quella di pulsazione ω = 6. La risposta y(t) `e allora, con buona approssimazione, pari a ) ( √ π . y(t) ≈ |G(j6)| sin (6t + ∠G(j6)) = 2 2 sin 6t − 4

Esercizio 2. Con riferimento al sistema di figura: t=4

u(t)

✲

400s(s − 2) s2 + 16s + 100

❆❑   ❆

✲

1 2s + 4

y(t) ✲

a) si traccino i diagrammi di Bode ad interruttore chiuso; b) si calcoli la risposta y(t) in presenza di un ingresso u(t) = cos(t); c) si tracci la risposta qualitativa in presenza di un ingresso u(t) = t · 1(t). Svolgimento. a) Avendo posto: G1 (s) =

400s(s − 2) , s2 + 16s + 100

G2 (s) =

1 , 2s + 4

la funzione di trasferimento ad interruttore chiuso tra u(t) e y(t) risulta pari a G(s) = G1 (s)G2 (s) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

400s(s − 2) . (2s + 4)(s2 + 16s + 100)

(2)

4

Ora fattorizziamo opportunamente la funzione di trasferimento (2) s(1 − s/2) . G(s) = −2 (1 + s/2)(1 + 4s/25 + s2 /100) In questo modo si nota che: K = −2 −→ |K | ≈ 6 dB τ ′ = −1/2 −→ punto di rottura relativo allo zero reale positivo: 2

τ = 1/2 −→ punto di rottura relativo al polo reale negativo: 2 ωn = 10 , ζ = 0.8 −→ punto di rottura relativo ai poli complessi: 10 ; ζ “grande . Inoltre c’`e un termine monomio s. Per via della presenza del termine monomio, il diagramma dei moduli parte con pendenza di +20 dB/dec e passa per il punto (1, 6). Nel punto ω = 10 il diagramma subisce una variazione di pendenza di −40 dB/dec. La pendenza finale del diagramma `e pari quindi a −20 dB/dec. Poich`e ζ `e “grande, il diagramma asintotico riproduce con buona approssimazione il diagramma esatto. Si noti come lo zero e il polo con la stessa pulsazione di rottura bilanciano i loro contributi nel diagramma dei moduli. Il diagramma delle fasi parte da fase pari a −90o . Nel punto ω = 0.2 il diagramma subisce una variazione di pendenza di −90 deg/dec. Poi in corrispondenza della pulsazione ω = 1, il diagramma subisce una ulteriore variazione di pendenza di −90 deg/dec; la pendenza si porta quindi a −180 deg/dec. La pendenza diventa di nuovo di −90 deg/dec in ω = 20 ed infine in ω = 100 il diagramma torna ad avere pendenza nulla ed assume il valore finale di −450o .

In figura sono riportati i diagrammi asintotici e quelli esatti. Diagrammi di Bode di G(j ) 30 20

dB

10 0 −10 −20 −1 10

0

1

10

10

2

10

0 −100

deg

−200 −300 −400 −500 −1 10

0

1

10

10 [rad/s]

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

2

10

5

b) Poich`e il segnale u(t) `e applicato da −∞ e il sistema `e asintoticamente stabile, la risposta y(t) fino all’istante t = 4 `e pari alla risposta a regime y(t) = |G(j)| cos (t + ∠G(j)) = 2 cos (t − 2.66) . Dall’istante t = 4 in poi il sistema con funzione di trasferimento G2 (s) va in evoluzione libera a partire dalle condizioni iniziali a cui si `e portato per effetto dell’ingresso u(t). Determiniamo prima di tutto una rappresentazione nello spazio di stato di tale sistema x˙ = −2x + u

y=

1x 2

Adottando questa rappresentazione di stato, si ha fino all’istante t = 4 x(t) = 2y(t) = 4 cos(t − 2.66) . All’istante t = 4 quindi x(4) = 4 cos(4 − 2.66) = 0.91 .

L’uscita y(t) dopo l’apertura dell’interruttore sar`a allora pari a y(t) = 12 e−2(t−4) x(4) = 0.45e−2(t−4) . Complessivamente y(t) = 2 cos(t − 2.66) · 1(−t + 4) + 0.45e−2(t−4) · 1(t − 4) . c) Per la presenza dello zero nell’origine, la risposta del sistema al segnale u(t) = t · 1(t) coincide, fino all’istante t = 4, con la risposta indiciale del sistema con funzione di trasferimento ¯ G(s) =

400(s − 2) . (2s + 4)(s2 + 16s + 100)

Questa risposta indiciale presenta: ¯ 1) valore di regime y¯ = G(0) = −2;

¯ `e pari 2) valore iniziale y(0) e pendenza iniziale y(0) ˙ nulle, perch´e l’eccesso poli-zeri di G(s) a due; ¯ = 200; 3) concavit`a iniziale rivolta verso l’alto, poich´e y¨(0) = lims→0 s2G(s)

4) un andamento del transitorio nel quale le oscillazioni sono trascurabili, poich´e ζ `e “grande; 5) un tempo di assestamento legato al polo reale, il quale `e dominante. Infatti: τ=

1 1 1 = . > ζωn 2 8

Quindi ta1% ≈ 2.5 s. Il transitorio di questa risposta si esaurisce pertanto prima che l’interruttore si apra. Dopo l’apertura dell’interruttore, il sistema con funzione di trasferimento G2 (s) va in evoluzione libera a partire dalle condizioni a cui si `e portato per effetto dell’ingresso applicato fino all’istante t = 4. Poich`e tale sistema `e strettamente proprio, l’uscita non presenta discontinuit`a1 e quindi si porta dal valore −2 a zero con legge esponenziale e−2t , impiegando circa 2.5 s. La risposta `e mostrata in figura. 1

Infatti, poich`e il sistema `e strettamente proprio, l’uscita in un dato istante di tempo non dipende dal valore dell’ingresso in quel dato istante, ma soltanto dal valore dello stato in quell’istante. Quindi l’uscita si mantiene continua anche se l’ingresso `e discontinuo.

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

6

Risposta al segnale t 1(t) 1

0.5

0

−0.5

−1

−1.5

−2 0

1

2

3

4 tempo [s]

5

6

7

Esercizio 3. Dato il sistema in figura, determinare: u(t)

✲❡ −✻

✲

+

y(t) ✲

1 s+1

t=0

✁✕ ❅ ❅ ✁

K (s − 1) s+2

✛

a) una rappresentazione i-s-u ad interruttore chiuso; b) i valori di K per cui il sistema ad interruttore chiuso `e asintoticamente stabile; c) la risposta al segnale u(t) = 2 sin(t), avendo posto K = −2. Svolgimento. a) Ponendo G1 (s) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

1 , s+1

G2 (s) =

K (s − 1) −3K +K = s+2 s+2

8

7

una rappresentazione i-s-u del sistema con funzione di trasferimento G1 (s) `e data da x˙ 1 (t) = −x1 (t) + u1 (t) y1 (t) = x1 (t)

(3a) (3b)

mentre una rappresentazione i-s-u del sistema con funzione di trasferimento G2 (s) `e data da x˙ 2 (t) = −2x2 (t) + u2 (t)

y2 (t) = −3Kx2 (t) + K u2 (t)

Poich`e poi risulta u1 (t) = u(t) − y2 (t) ,

u2 (t) = y(t) ,

y1 (t) = y(t) ,

una rappresentazione i-s-u del sistema complessivo `e data da x˙ 1 (t) = −(K + 1)x1 (t) + 3Kx2 (t) + u(t) x˙ 2 (t) = x1 (t) − 2x2 (t) y(t) = x1 (t)

che pu`o essere riscritta in forma matriciale come ] [ ] [ ] [ −(K + 1) 3K 1 x˙ 1 (t) = x(t) + u(t) x(t) ˙ = x˙ 2 (t) 1 −2 0 [ ] y(t) = 1 0 x(t)

(4a) (4b)

b) Il polinomio caratteristico della matrice dinamica del sistema (4) `e p(λ) = λ2 + (K + 3)λ + (2 − K ) . Dovr`a quindi essere −3 < K < 2 . c) Posto K = −2, il sistema per t < 0 risulta [ 1 x(t) ˙ = 1 [ y(t) = 1

essere ] [ ] −6 1 x(t) + u(t) −2 0 ] 0 x(t)

(5a) (5b)

La funzione di trasferimento relativa al sistema (5) `e2 ][ ] [ [ ] s + 2 −6 1 [ 1 0 ]−1 [ ] [ ] s−1 1 s − 1 0 6 s+2 1 = G(s) = 1 0 = 2 2 0 −1 s + 2 s +s+4 s +s+4

Il segnale u(t) `e applicato da −∞ e il sistema `e asintoticamente stabile; quindi la risposta y(t) fino all’istante t = 0 `e pari alla risposta a regime y(t) = 2|G(j)| sin (t + ∠G(j)) . 2

G(s) pu` o anche essere calcolata nel seguente modo G(s) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

G1 (s) . 1 + G1 (s)G2 (s)

8

Poich`e risulta G(j) =

7+j = 0.71ej0.14 , 10

fino all’istante t = 0, y(t) `e pari a y(t) = 1.42 sin(t + 0.14) .

(6)

Dall’istante t = 0 in poi, poich`e si `e aperto l’interruttore, il sistema pu`o essere descritto a partire dall’equazione (3) tenendo presente che risulta u1 (t) = u(t) ,

y1 (t) = y(t) .

Pertanto per t > 0 il sistema `e descritto tramite le equazioni x˙ 1 (t) = −x1 (t) + u(t) y(t) = x1 (t)

(7a) (7b)

Per t > 0 l’uscita presenta due contributi: 1) l’evoluzione forzata dovuta all’ingresso u(t) = 2 sin(t) · 1(t) che pu` o essere calcolata nel dominio di Laplace. Risulta Yf (s) = G1 (s)U (s) =

1 s 1 2 1 + − 2 = · . s + 1 s2 + 1 s + 1 s2 + 1 s + 1

Quindi yf (t) = e−t − cos(t) + sin(t) . 2) l’evoluzione libera del sistema (7) a partire dallo stato x1 (0) a cui si `e portato il sistema (5) per effetto dell’ingresso u(t) per t < 0. Dalla (5b) si ha che x1 (t) = y(t) , e quindi, ricordando la (6) x1 (0) = 1.42 sin(0.14) = 0.20 . In virt` u delle (7), l’evoluzione libera `e data allora da yl (t) = 0.20e−t . In definitiva la risposta complessiva del sistema `e data da y(t) = (1.42 sin(t + 0.14)) · 1(−t) + (1.20e−t − cos(t) + sin(t)) · 1(t) .

Esercizio 4. Dato il sistema lineare a tempo discreto con funzione di trasferimento W (z) = calcolare la risposta al segnale u(k) = k · 1(k ).

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

z+2 , z 2 − 5z + 6

9

Svolgimento. Nel dominio z si ha Y (z ) = W (z )U (z ) = W (z)

z (z − 1)2

z(z + 2) (z − 2)(z − 3)(z − 1)2 ) ( 3/2 33/12 5/4 −4 + + + . =z z−1 z−2 z−3 (z − 1)2

=

Antitrasformando si ottiene quindi ( ) 5 33 3 y(k) = −4 · 2k + · 3k + + k · 1(k) . 12 2 4

Esercizio 5. Dato il sistema lineare, stazionario, a tempo discreto con funzione di trasferimento W (z) =

1 z+

1 2

calcolare la risposta al segnale u(k) = (−1)k . Svolgimento. Dal momento che il sistema considerato `e asintoticamente stabile e il segnale d’ingresso `e applicato a partire da −∞, il valore dell’uscita `e pari quello di regime. Per calcolare il valore di regime consideriamo il segnale d’ingresso u(k) = (−1)k · 1(k) e calcoliamone la trasformata nel dominio della Z. Utilizzando la propriet`a del prodotto per un esponenziale abbiamo: u(k ) = (−1)k · 1(k )

⇒

U (z) =

z z+1

Quindi Y (z ) = W (z )U (z) = ⇒

1 z+

1 2

·

z z+1

⇒

( )k 1 · 1(k) + A2 (−1)k · 1(k) y(k) = A1 − 2

⇒

dove A2 = (z + 1)

Esercizio 6. Con riferimento al sistema di figura, calcolare:

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

 Y (z)  = −2 z z=−1

yr = A2 (−1)k

10

u(k ) + ✲❡ −✻

✲

−14z z+2

✲

y(k ) ✲

z 2z + 1

a) la risposta y(k) al segnale u(k) = 2; b) la risposta y(k) al segnale u(k) = 2 · 1(k ). Svolgimento. 1. Poich´e il segnale u(k) `e supposto partire da −∞, la risposta del sistema coincide con la risposta a regime al segnale u(k) = 2 · 1(k). Per K = −14, il sistema a ciclo chiuso risulta L(z) =

7 2 −14z 2 z 6 = 2 1 −12z + 5z + 2 (z + 4 )(z − 32 )

La risposta a regime al gradino di ampiezza U0 = 2 risulta yr = U0 L(z)|z=1 =

28 5

2. In questo caso il segnale a gradino `e applicato a partire da k = 0; quindi bisogna calcolare anche la risposta in transitorio. Utilizzando la scomposizione in fratti semplici avremo: Y (z) = L(z)U (z) = ⇒

7 3 z 3 1 )(z − 2 )(z 4 3 ( )k

(z + )k ( 1 2 · 1(k) + A2 y(k) = A1 − 4 3

− 1) · 1(k) + A3 · 1(k )

dove 7 1 Y (z) A1 = (z + ) |z=−41 = 55 4 z 112 2 Y (z) A2 = (z − ) |z=32 = − 33 3 z Y (z) 28 A3 = (z − 1) |z=1 = 5 z

Esercizio 7. Con riferimento al sistema di figura, calcolare l’andamento dell’uscita y(k) in presenza dell’ingresso u(k ) = 5k · 1(k ) + 5 · 1(−k ).

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

11

u(k)

✲❡ −✻

y(k) ✲

0.4 z + 0.1

✲

+

Svolgimento. Il sistema a ciclo chiuso risulta L(z) =

0.4 z + 0.5

Procedimento 1: Il segnale d’ingresso considerato pu`o essere riscritto come u(k) = 5 + 5(k − 1) · 1(k − 1)

(8)

La risposta pu`o quindi essere calcolata con il principio di sovrapposizione degli effetti come somma delle risposte ai segnali u1 (k) = 5 e u2 (k ) = 5(k − 1) · 1(k − 1). La risposta al segnale u1 coincide con la risposta a regime al segnale u ˜(k ) = 5 · 1(k ) ed `e pari a y1 = U0 · L(z)|z=1 =

4 3

(9)

Per calcolare la risposta al segnale u2 `e necessario calcolarne la Z-trasformata. Utilizzando la propriet`a del ritardo, questa risulta U2 (z) = 5 ·

1 5 · Z[k · 1(k)] = (z − 1)2 z

da cui Y (z) = L(z)U2 (z) =

2 (z + 0.5)(z − 1)2

Infine, effettuando la scomposizione in fratti semplici (si tenga presente che deve essere scomposta la funzione Y (zz) ) avremo y2 (k) = A1 δ(k) + (A2 (−0.5)k + A3 + A4 k ) · 1(k ) dove Y (z) |z=0 = 4 z 16 Y (z) |z=−0.5 = − A2 = (z + 0.5) 9 z 4 Y (z) |z=1 = A4 = (z − 1)2 3 z 20 calcolato ad esempio con il principio di identit` a dei polinomi A3 = − 9 A1 = z

La risposta totale risulta quindi y(k ) = y1 (k ) + y2 (k ) =

Marco Ariola – 11 dicembre 2012

) ( 4 4 20 16 k + k · 1(k) (−0.5) − + 4δ(k) + − 9 9 3 3

(10)

12

Procedimento 2: La risposta totale del sistema pu`o essere calcolata con il principio di sovrapposizione degli effetti come somma delle risposte ai segnali u1 (k) = 5 · 1(−k) e u2 (k) = 5k · 1(k). Per calcolare la risposta al segnale u1 bisogna considerare che tale segnale `e pari a 5 per k ≤ 0 e 0 altrove. Questo vuol dire che la risposta del sistema per k ≤ 0 coincide con la risposta a regime al segnale u ˜(k ) = 5 · 1(k ) ed `e pari a y1− (k) = U0 · L(z)|z=1 =

4 · 1(−k ) 3

Poi, a partire da k = 1 il sistema inizia l’evoluzione libera secondo il modo di evoluzione del sistema y1+ (k) =

4 · (−0.5)k−1 · 1(k − 1) . 3

Si noti come l’uscita `e continua perch´e il sistema `e strettamente proprio e quindi l’uscita risulta proporzionale allo stato. Quindi la risposta al segnale u1 (k) risulta y1 =

4 4 · 1(−k) + · (−0.5)k−1 · 1(k − 1) 3 3

Per calcolare la risposta al segnale u2 `e necessario calcolarne la Z-trasformata. Questa risulta U2 (z) =

5z (z − 1)2

da cui Y (z) = L(z)U2 (z) =

2z (z + 0.5)(z − 1)2

Infine, effettuando la scomposizione in fratti semplici avremo y2 (k ) = (A1 (−0.5)k + A2 + A3 k ) · 1(k ) dove Y (z) 8 |z=−0.5 = 9 z Y (z) 4 A3 = (z − 1)2 |z=1 = 3 z 8 A2 = − 9

A1 = (z + 0.5)

La risposta totale risulta quindi y(k ) = y1 (k ) + y2 (k ) =

( ) 4 4 4 8 8 · 1(−k) + · (−0.5)k−1 · 1(k − 1) + (−0.5)k − + k · 1(k) (11) 3 9 3 9 3

`E semplice verificare che le due espressioni (10) e (11) sono equivalenti.

Marco Ariola – 11 dicembre 2012...