Esame completo di Fondamenti di Automatica per il corso di Aerospace Engineering presso Politecnico di Milano. Il documento tratta: 1 Fondamenti di Automatica a.a. 2024-2025 Prof. Giulio Panzani 25 giugno 2025 - Appello SOLUZIONI 2 Esercizio 1 Si consideri il seguente sistema dinamico: 1( ) ẋ1 (t) = − x1 (t) + u(t)3 2 ( 1 ) ẋ2 (t) = α x1 (t) + x2 (t) 2 y(t) = βx1 (t) Domanda 1.1 Considerando u(t) = ū ∀ t…
Esame completo di Fondamenti di Automatica per il corso di Aerospace Engineering presso Politecnico di Milano. Il documento tratta: 1 Fondamenti di Automatica a.a. 2024-2025 Prof. Giulio Panzani 25 giugno 2025 - Appello SOLUZIONI 2 Esercizio 1 Si consideri il seguente sistema dinamico: 1( ) ẋ1 (t) = − x1 (t) + u(t)3 2 ( 1 ) ẋ2 (t) = α x1 (t) + x2 (t) 2 y(t) = βx1 (t) Domanda 1.1 Considerando u(t) = ū ∀ t…
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1 Fondamenti di Automatica a.a. 2024-2025 Prof. Giulio Panzani 25 giugno 2025 - Appello SOLUZIONI
3 Domanda 1.3 Si consideri la funzione di trasferimento: 6 G(s) = s + 0.5 ottenuta linearizzando il sistema in un punto di equilibrio. Si disegni nel grafico sottostante la risposta qualitativa nel tempo di δy(t) dovuta all’ingresso rappresentato δu(t) = sca(t) − sca(t − 14), argomentandone adeguatamente le caratteristiche. Non è richiesto il calcolo della risposta analitica. δy(t) δu(t) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 t Il sistema linearizzato ha le seguenti caratteristiche: • Asintoticamente stabile, avendo un polo in s = −0.5. • Strettamente proprio, avendo un solo polo e nessuno zero. • Costante di tempo del polo T = 2 secondi. • Guadagno statico G(0) = µs = 12. L’ingresso δu(t) risulta essere la combinazione lineare, con coefficienti 1 e −1, di uno scalino unitario e di uno scalino unitario ritardato di 14s. δu(t) = 1 · sca(t) − 1 · sca(t − 14) Dunque l’uscita del sistema sarà la medesima combinazione lineare della risposta allo scalino del sistema, op- portunamente ritardata. In dettaglio, presenta le seguenti caratteristiche: • Parte da δy(0) = 0, essendo il sistema strettamente proprio. • Essendo asintoticamente stable, si assesta al valore di regime δy = µs · 1 = 12 in un tempo t = 5 · T = 10 secondi. Si noti che se il ritardo del secondo scalino fosse stato inferiore a 10s, l’uscita del sistema non avrebbe avuto tempo di raggiungere il valore di regime. • A partire dall’istante di tempo t = 14 la risposta converge – sempre con andamento esponenziale – verso il valore δy = 0 (essendo δu∞ = 0). • L’uscita converge al valore nullo in un tempo t = 14 + 5 · T = 24 secondi. L’andamento descritto è rappresentato nella seguente figura.
6 3 2 1 0 -1 -2 -3 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 Figura 2: Luogo delle radici inverso. Domanda 2.3 Indicare per quali valori del parametro ρ < 0 il sistema in anello chiuso risulta asintoticamente stabile. ρ: Dall’analisi del luogo inverso ρ < 0 risulta che: • Il sistema in anello chiuso è asintoticamente stabile quando ρ̄1 < ρ < 0. • Per ricavare il valore di ρ̄1 è sufficiente punteggiare il luogo inverso in s̄ = 0 ottenendo: |0 + 1|2 · |0 + 3|2 ρ̄1 = − = −9 1 Dunque il sistema retroazionato risulta asintoticamente stabile quando: −9 < ρ < 0 Domanda 2.4 Indicare per quali valori del parametro ρ > 0 il sistema in anello chiuso risulta asintoticamente stabile. A tale scopo è lecito approssimare il luogo delle radici con i suoi asintoti. ρ: Dall’analisi del luogo inverso ρ > 0 risulta che: • Il sistema in anello chiuso è asintoticamente stabile quando 0 < ρ < ρ̄2 . • Per ricavare il valore di ρ̄2 occorre punteggiare il luogo diretto in uno dei punti in cui esso incontra l’asse immaginario. Assumendo – come indicato – che il luogo coincida con i propri asintoti, tali punti risultano essere: s̄1,2 = ±2j Scegliendo, ad esempio, s̄1 = 2j si ottiene: |2j + 1|2 · |2j + 3|2 ρ̄2 = = 65 1 Dunque il sistema retroazionato risulta asintoticamente stabile quando: 0 < ρ < 65
8 ( ) Domanda 3.4 Si scriva l’equazione alle differenze y(k) = . . . associata a F (z), esplicitando il procedimento per ottenerla. 2z 2 − 5z + 4 Y (z) [ ] F (z) = = 0 → Y (z) = 2z −1 − 5z −2 + 4z −3 Y 0 (z) z3 Y (z) Antitrasformando e ricordando il significato dell’operatore z −1 si ottiene l’equazione alle differenze: y(k) = 2y 0 (k − 1) − 5y 0 (k − 2) + 4y 0 (k − 3)
11 80 Real 60 Asymptotic 40 dB 20 0 -20 -40 10-3 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] 0 Real Asymptotic -90 [°] -180 -270 -360 10-3 10-2 10-1 100 101 102 [rad/s] • non presenta il polo in s = −2 che causerebbe una cancellazione critica con lo zero presente in G(s) nel calcolo di L(s). Domanda 4.3 Considerando un’implementazione digitale dello schema di controllo, con campionatore e man- tenitore sincroni e in fase, e considerando una pulsazione di campionamento pari a 10 volte la pulsazione critica trovata al punto precedente, si verifichi se il sistema di controllo risulta ancora asintoticamente stabile. Sapendo che la pulsazione critica trovata al punto precedente è ωc = 1 rad/s, la pulsazione di campionamento sarà 2π Ωc = 10 = T da cui il tempo di campionamento risulta T = 0.2π. Considerando il ritardo equivalente del mantenitore e il ritardo di sincronizzazione, dovuto al fatto che il regolatore progettato non è strettamente proprio, il ritardo totale equivalente da considerare è pari a: 3 τ = T = 0.3π 2 La variazione di margine di fase che ne consegue è dunque: 180 ∆φm = −ωc τ = −54◦ π allora il nuovo margine di fase con il ritardo è pari a φm = 31.5◦ − 54◦ = −22◦ < 0. Il sistema retroazionato risulta quindi non più asintoticamente stabile.
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