18 07 02s 1

Pagina 1

18 Luglio 2002 – recupero seconda prova Esercizio 1 ATTENZIONE: errore di stam pa nel testo: la f.d.t. deve avere un solo zero, quindi non è ( )Gs 2 222 1173 3() 10011 31 ss Gs ss ⎛⎞ ⎛−+⎜⎟ ⎜⎝⎠ ⎝= ⎛⎞ ⎛++⎜⎟ ⎜⎝⎠ ⎝ 0 ⎞⎟⎠ ⎞⎟⎠ , m a 2 222 173() 10011 31 0 s Gs (*) o ss ⎛⎞ −⎜⎟⎝⎠= ⎛⎞ ⎛ ⎞++⎜⎟ ⎜ ⎟⎝⎠ ⎝ ⎠ 2 222 173() 10011 31 0 s Gs (**) (entrambe queste correzioni sono coerenti con il diagramma di Bode del modulo riportato nella figura). ss ⎛⎞ +⎜⎟⎝⎠= ⎛⎞ ⎛ ⎞++⎜⎟ ⎜ ⎟⎝⎠ ⎝ ⎠ 1.a Dal diagramma di Bode del modulo di () ( )L sG s= , si legge che 1 /c rad sω  . Nel caso si scelga (*), si ha poi 1 100 1arctan arctan 2 arctan 18.4 88.3 2 5.7 118.133 10 180 180 118.1 61.9 c mc ϕ ϕϕ −=− − = − ° − ° − ⋅ ° = − =° − = ° − ° = ° ° Essendo quindi 0mϕ > e visto che il guadagno della funzione d’anello ( )L s è positivo, per il criterio di Bode il sistema è asintoticamente stabile. Per completezza, riportiamo il diagramma di Bode della fase di ( )L s : 10 -3 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 10 3 -400 -350 -300 -250 -200 -150 -100 -50 0 gradi pulsazione Diagramma di Bode - Fase Nel caso (* *), comunque, il sis tema è anco ra asintoticamente stabile, perché si o ttiene 81.3cϕ =− ° (che, in modulo, è <180°). 1 10 -3 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 10 3 -180 -160 -140 -120 -100 -80 -60 -40 -20 0 gradi pulsazione Diagramma di Bode - Fase 1.b - Nel caso , è utile ricordare che la f.d.t. da ad )()(0 tscaty = 0y y è 0 () ()() () 1 ( ) Ys G sFs Ys G s== + , perciò () () 1() 1( Gj per G jFj per G j ωωω ω ⎧ ⎨ ⎩  ) 1 e quindi la relazione tra ed si può approssim are con un sistem a a singolo polo, di pulsazione pari alla pulsazione critica di , cioè 1 rad/s; la corrispondente costante di tem po sarà 1s , ed il sistema andrà a regime in un tempo pari a 4-5 volte la costante di tempo, ossia in 4-5s. 0y y ( )Gs - Nel…