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10 Settembre 2002 – recupero seconda prova Esercizio 1 1 ( )Fs = 46 3(1 )() 6 3 232 4363( ) (3 )( 2 6 3 ) (3 )( 11( 1) 2 o s Ys s sss sYs s s s s s s ) +− +++−== − = −+ +− + + ++−− − . 2 ( )F s = 634() 6 3 22 4363() 4 4 11( 1) 2 s Ys s ss sDs s s s + ++−== =+ ++−− − . Osservazione preliminare: si può usare il teorema del valore finale, perché le f.d.t. considerate hanno tutte i poli a parte reale negativa. Per e , 0 () s ( )yt ca t= () 0dt = 100 1 2lim ( ) lim ( ) lim 3 2(3 )( 1) 3ts s syt sF s ss s→∞ → → ⎡⎤ +−== − =⎢⎥ ++⎣⎦ 6 = − . Per e () 3s ( )dt ca t= 0 () 0yt = , 200 32lim ( ) lim ( ) lim 3 3 181ts s syt sF s ss→∞ → → +== + = . Per e , infine, 0 () ( )yt sca t= () 3 ( )dt sca t= () 2 18 16tyt →∞ =− + = (per sovrapposizione degli effetti). Esercizio 2 1 I diagrammi di Bode di () 3 240 30() 2 1 2 Gs ss == + ⎛⎞ +⎜⎟⎝⎠ 3 sono i seguenti: 2 Scegliendo, ad esempio, 3 2 1 2() 11 0.07 10 s Rs ss ⎛⎞ +⎜⎟⎝⎠= ⎛⎞ ⎛++⎜⎟ ⎜⎝⎠ ⎝ ⎞⎟⎠ , si ottiene 2 30() () () 11 0.07 10 Ls R s G s ss == ⎛⎞ ⎛++⎜⎟ ⎜⎝⎠ ⎝ ⎞⎟⎠ , i cui diagrammi di Bode sono 10 -1 10 0 10 1 10 2 -80 -60 -40 -20 0 20 40 dB li Diagramma di Bode - Modulo 10 -1 10 0 10 1 10 2 -300 -250 -200 -150 -100 -50 0 gradi li Diagramma di Bode - Fase 29.54 -270 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 -80 -60 -40 -20 0 20 40 dB pulsazione Diagramma di Bode - Modulo 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 -300 -250 -200 -150 -100 -50 0 gradi pulsazione Diagramma di Bode - Fase Si ha allora che 2 /c rad sω = e che 220 2 87.99 2 11.31 110.610.07 10 c arctg arctgϕ =° − − = − ° − ⋅ ° = − ° , da cui 180 110.61 69 45mϕ =° − − ° ° > ° , come richiesto. Un’altra po ssibile sc elta è 2 1 2() 30 1 100 s Rs ss ⎛⎞ +⎜⎟⎝ ⎠= ⎛⎞ +⎜⎟⎝⎠ , per cui si ottiene, come funzione d’anello, 1() () () 11 2 100 Ls R s G s sss == ⎛⎞ ⎛++⎜⎟ ⎜⎝⎠ ⎝ ⎞⎟⎠ , i cui diagrammi di Bode sono 10 -1 10 0 10…