Assembliamo quindi la
L1 (s) (che è la fdt a catena aperta)
1
L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s) L1 ( s ) C ( s)G( s)GCR ( s ) 1
100
k
0.03 s 1 s 2 23 s 60 s 1
100
k
0.03 s 1 ( s 3)( s 20) s
100
1
100
k
0.03 s 1 ( s 3)( s 20) s
k
0.03 s 1 60(0.33 s 1)(0.05 s 1) s 1
L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s)
1
k 5
0.03 s 1 (0.33 s 1)(0.05 s 1) s 3
(i grafici li trovate nel pdf de prof garone, a noi servono qualitativi [e non ho lo scanner, con visio mi scoccia] perchè determiniamo tutto con la calcolatrice). Vediamo quindi la pulsazione di attraversamento di questa fdt quant’è posto che
k 1 allora digitiamo sulla nostra
calcolatrice scientifica:
L1 ( j ) db 20 log 10 (5) 20 log 10 (3)
20 log ( X 0.03 X 1 0.05 X 1 0.33 X 1) 0 2
2
2
2
2
digitiamo Solve ed
2
10
aspettiamo, dal grafico qualitativo questo valore dovrebbe essere superiore ad 1. Otteniamo
X T 1.49 .
Vediamo la fase in questo punto:
L( j ) 90 tan (0.03 ) tan (0.05 ) tan (0.33 ) 123 1
1
T
1
1
T
Quindi il margine di fase è
T
M f 57 .
T
Non ci sta bene la pulsazione di attraversamento. Vediamo quant’è la fase con
1 5
L ( j ) 90 tan (0.03 ) tan (0.05 ) tan (0.33 ) 171 1
1
1
1
1
1
Dunque avremmo un M ' f
1
9 troppo risicato.
1
Decidiamo di piazzare una rete anticipatrice (che aumenta naturalmente la pulsazione di attraversamento) con sfasamento massimo proprio in
1 5 . Per realizzabilità fisica lo sfasamento massimo che imponiamo è
30 .
Il problema e che a noi servono più gradi, in questo modo ne avremmo solo 39°. Dunque applichiamo 2 reti anticipatrici con sfasamento di
20 in 1 5 .
Dunque ci calcoliamo il coefficente:
Inoltre sappiamo che
1
a
1 sin( 20) 1 sin( 20)
1
a
da cui
0.49 1
1
Ed otteniamo che il controllore dinamico (o in transitorio) è
a
0.28 1 0.28 s
2
1 0.28 s
1 0 . 28 0 . 49 s 1 0 . 137 s
C T ( s)
2
.
Assembliamo la nuova rete: 2
1 0.28 s k 5 L2 ( s) C ( s)G ( s)GCR ( s) 0.03 s 1 (0.33 s 1)(0.05 s 1) 1 0.137 s s 3 Vediamo il margine di fase in 1 5 1
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Quindi M f
L 2
49
Vediamo il guadagno in moduli:
2 L2 ( j 1 ) db 20 log 10 (5) 20 log 10 0.28 1 1 2
20 log 10 (3) 20 log 10 ( 1 0.137 2 1 1 0.032 1 1 0.052 1 1 0.332 1 1) 2
2
2
2
23,4 32,9 9.5 Vediamo che il modulo rimane ancora negativo presso
1 5 . In questo caso ci viene
in aiuto la possibilità di agire su
k , ovvero imponiamo che k db 9.5 20 log10 ( k ) . Lo facciamo con la nostra mitica DAL.
20 log10 ( X ) 9.5 0 risulta che X k 2.98 . Quindi la forma finale è: 2
1 0.28 s 3 5 L2 ( s) C ( s)G ( s)GCR ( s) 0.03 s 1 (0.33 s 1)(0.05 s 1) 1 0.137 s s 3 2 1 1 1 0.28 s 1 L2 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s) 5 0.03 s 1 (0.33 s 1)(0.05 s 1) 1 0.137 s s per sicurezza verifichiamo il modulo in 1 5 (la fase non è influenzata) 1
1
L2 ( j 1 ) db 20 log 10 (5) 20 log 10 0.282 1 1 2
20 log 10 ( 1 0.1372 1 1 0.032 1 1 0.052 1 1 0.332 1 1) 2
2
2
2
23,4 32,9 20 log 10 (3) 0 Ok!
Qui la vedete sul pdf del prof Garone, alla fine sono elaborazioni algebriche (non banali, ma dipendono dalla capacità di ognuno).
E#2
La modifico un pò da quella originale. E’ il solito sistema (come la traccia 1), solo che le specifiche sono:
errore nullo alla rampa
tempo i salita
S max %
T s 0.5 sec 25%
Con
G( s)
10 s 41.65 s 53.28 2
.
Stavolta mi avvalgo della calcolatrice scientifica a 2 linee di mio fratello, la Casio Fx-115MS (come vedete basta informarsi se la propria calcolatrice ha la funzione solve o comunque ha capacità di elaborare espressioni in una variabile. Di solito se è multilinea è così).
Per le specifiche statiche ci basta analizzare il sistema senza tener conto di campionatore e ricostruttore, analizzando il tutto in analogico. Quindi, passando subito in trasformate di Laplace abbiamo che: Vogliamo l’errore nullo alla rampa, dunque:
e lim e(t ) lim sE ( s) lim s t
s 0
s
s 0
1
1
s 1 C ( s)G( s) 2
lim s 0
1
DG ( s)
s DG ( s) C ( s) N G ( s)
41.65 s 53.28 1 s 0 s 2 41.65 s 53.28 C ( s ) 10 s Proviamo quindi un controllore proporzionale C ( s) k C T ( s ) con C T ( s 0) 1 1 s 2 41.65 s 53.28 e lim s0 s s 2 41.65 s 53.28 k C ( s ) 10 T e lim
2
C ( s)
k
C T ( s) s mando a zero parte s 2 41.65 s 53.28 1 e lim s 0 k dei termini con la s s 2 s 41.65 s 53.28 C T ( s) 10 s 1 53.28 s 53.28 53.28 lim lim s 0 s 53.28 s k 10 s 0 53.28 s k 10 k 10 k Non è un errore nullo, allora provo con C ( s ) C T ( s) 2 s s 41.65 s 53.28 1 Non è un errore nullo, allora provo con
2
e lim s 0
lim s
0
s
s 41.65 s 53.28 2
53.28 s 53.28 s 2 k 10
k s 2
C ( s) 10
mando a zero parte dei termini con la s lim s
T
0
Ok, quindi il nostro controllore è nella forma
C ( s)
k s 2
C T ( s) .
0
1
53.28 s 2
s 53.28 s 2 k 10
Dalla sovraelongazione, sfruttando la formula
log e ( S max % ) 2 log e ( S max % ) 2
2
0.4 Da cui
M f 100 40 . Poi il tempo dal tempo di salita
b
T
c .c
c.a
b
0.8
T s
0.8 0.5
5 sapendo che b
c .c
T
c .a
posso dire che
5
Quindi, specifiche a
:
M f c.a 40 c.a T 5
Dobbiamo approssimare ricostruttore e campionatore in bassa frequenza, tramite Padè, e ci ricordiamo che:
GCR ( s)
1
T s 1 2
per ricavare T (il tempo di campionamento) sappiamo che, sperimentalmente, questo equivale ad:
T
2
Quindi
s
2
20 T
GCR ( s)
c .a .
0.06 1
0.03 s 1
Assembliamo quindi la
L1 (s) (che è la fdt a catena aperta)
Con la casio FX-115MS sfrutto la funzione solve di equazioni per trovarmi le due radici di
G( s) , assicurandomi che il
delta sia positivo. Scrivo B
41.65 C 41.652 4 53.28 2
L1 ( s ) C ( s )G ( s )GCR ( s ) 1
1
10
0.03 s 1 s 41.65 s 53.28 s
0.19
2
k
0.03 s 1 ( s 1.32)( s 40.32) s
1
k
2
10
L1 ( s) C ( s)G ( s)GCR ( s)
, Con C una volta uguale ad 1 ed una volta uguale a -1.
2
1
10
k
0.03 s 1 53.22(0.75 s 1)(0.02 s 1) s k
0.03 s 1 (0.75 s 1)(0.02 s 1) s
2
2
k 1 20 log10 (0.19) 20 log10 ( X 2 0.032 X 2 1 0.752 X 2 1 0.022 X 2 1) 0
Cerchiamo, ora, la pulsazione di attraversamento di questa fdt a ciclo aperto posto che
L1 ( j ) db
X T 0.43 Troppo poco. Allora vediamo in 1 5 quanto vale la fase della funzione Troviamo che
L1 ( j 1 ) 180 tan 1 (0.03 1 ) tan1 (0.75 1 ) tan 1 (0.02 1 ) 269 Devo recuperare davvero un mondo di gradi (ben 129).
Vediamo se posso fare qualcosa con la rete ritardatrice...
...dal grafico qualitativo 1 vedo che non riesco a fare molto, in quanto già inizio con una fase di -180° data dai due poli nell’origine. Allora l’unica cosa è inserire un mare di reti anticipatrici.
30 , dunque ne devo 129 mettere, in cascata, 5. Ma così avrei 150 gradi, ben 21° in più. Allora faccio più semplicemente 25.8 Devo recuperare 129°, utilizzando uno sfasamento “fisicamente realizzabile” di massimo
5
. Quindi calcoliamoci il coefficente polo-zero:
Inoltre sappiamo che
1
1
a
a
1 sin( 25.8) 1 sin( 25.8) 1
da cui
1
a
0.39
0.32 .
5
1 0.32 s 1 0.32 s Quindi C T ( s ) 1 0.32 a s 1 0.1248 s
5
.
Assembliamo la nuova funzione a catena aperta: 5
1 0.32 s k L2 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s) 0.03 s 1 (0.75 s 1)(0.02 s 1) 1 0.1248 s s 2 Vediamo il margine di fase in 1 5 L ( j ) 5 tan (0.32 ) 180 tan (0.03 ) tan (0.75 ) 1
0.19
1
2
1
1
1
1
1
1
tan (0.02 ) 5 tan (0.1248 ) 290 269 160 139 c .a 41 , perfetto. Quindi M f Vediamo il modulo per 1 5 1
1
1
1
L2 ( j 1 ) db 100 log 10 ( 0.32 1 1) 20 log 10 (0.19) 2
2
20 log ( 0.03 1 0.75 1 0.02 1) 2
10
2
2
1
2
2
1
2
2
1
1
100 log ( 0.1248 1) 13.1 29.3 7.14 23.34 2
2
10
1
Dobbiamo recuperare di modulo, ci basta agire su k, che non è limitato, quindi con la nostra calcolatrice scientifica a 2 linee risolviamo:
20 log10 ( X ) 23.34 0 da cui X k 14.68 Quindi la nostra funzione finale è: 5
1 0.32 s 14.68 L2 ( s) C ( s)G( s )GCR ( s) 0.03 s 1 (0.75 s 1)(0.02 s 1) 1 0.1248 s s 2 1
0.19
E #3
Calcolare la trasformata stellata del segnale
G( s)
s 1 s s 1
2
.
Se seguo le indicazioni date ad Esercitazione, non ne esco, forse è sbagliato il modo di calcolare i residui della funzione. Quindi ho provato l’approccio più lungo, ma, imo, più sicuro ed elegante.
kT s Noi sappiamo che G * ( s ) g (kT ) e k 0 Allora ci serve
g (kT )
G( s) in fratte semplici quindi R R2 R3 G( s) 1 2 s s 1 s 1
Scomponiamo
Come me li ricavo? Con l’uguaglianza tra equazioni (citata nel documento relativo agli appunti), quindi mcm ed operazioni successive:
R1 s 1 R2 s s 1 R3 s 2
G( s)
s s 1
2
( R1 R2 ) s 2 (2 R1 R2 R3 ) s R1 s s 1
2
s 1 s s 1
Ovvero abbiamo il seguente sistema di equazioni lineari:
R1 R2 0 R2 R1 R2 1 2 R R R 1 2 R R R 1 1 1 2 1 R3 1 2 3 2 3 R 1 R 1 R 1 1 1 1 R2 1 R3 2 R 1 1 Da cui R1 1 , R2 1 , R3 2 quindi: 1 1 2 G( s) 2 s s 1 s 1 Da cui l’antitrasformata
g (t ) sca(t ) et 2t e t
Ora abbiamo il segnale discreto pari ad
g (kT ) sca(kT ) e kT 2kT e kT ma per la definizione di trasformata stellata, avrò
G * ( s ) sca( kT ) e kT 2kT e kT e kTs
che posso riscrivere, per la linearità della
k 0
sommatoria, come:
G * ( s ) sca(kT ) e
kTs
e
k 0
kT
e
2T k e kT e kTs
kTs
k 0
G * ( s ) 1 e
e
Ts k
k 0
k 0
T ( s 1) k
2T k e
T ( s 1) k
k 0
k 0
Ora ci riconduciamo alla chiusura della serie geometrica con argomento minore di uno, in quanto sia
e
e che Ts k
hanno argomento decrescente, posta s costante e T 0 .
T ( s 1) k
La serie geometrica del tipo
A
k
con
A 1 converge ad
k 0
k A k 0
ricordo neanche benissimo [in termini di dimostrazioni], sigh). Allora scrivo:
G * ( s )
1 1 e
Ts
1 1 e
T ( s 1)
2T k e k 0
T ( s 1) k
1 1 A
(argomenti di calcolo 2, che non
2
Infine mi accorgo che ho un termine simile a
k A
k
devo trovarne la chiusura... Allora mi ispiro alle lezioni ed
k 0
k utilizzo la derivata ad entrambi i membri dell’equazione A k 0
1 1 A
quindi scrivo:
1 d d 1 k k 1 A k A dA 1 A dA k 0 1 A2 k 0 A k moltiplico per A entrambi i membri, ed ottengo: k A 1 A2 k 0
Quindi, nel mio caso, scrivo:
G * ( s )
1 1 e
Ts
1 1 e
T ( s 1)
2T
e T ( s1) (1 e T ( s 1) ) 2
Se qualcuno mi spiega come si fa il calcolo con la formula dei residui(vista ad esercitazione) gli sarò molto grato, altrimenti non riesco ad ottenere un risultato simile, mi escono risultati diversi da quelli del prof Garone..
Es #4
Allora, per prima cosa ci ricordiamo la somma di convoluzione:
y (k ) h(i ) u ( k i )
(è indipendente quale sia h e quale u).
i 0
noi la riscriviamo come:
y (k ) g (i ) u ( k i) i 0
Per fare i calcoli dobbiamo discretizzare le due funzioni del tempo, ponendo, per semplicità,
t k ' T . Dunque abbiamo: g (k ) (k ) (k 1) 0.4 (k 2) 0.1 (k 3) indipendemente dall’intervallo di tempo, discretizzando con
ed
u(k ) sca(k ) 2 sca(k 1) 3 sca(k 2) Notiamo che
g (k ) ci limita il calcolo della sommatoria, infatti abbiamo
k k ' T , dunque
g (0) 1 g (1) 1 g (k ) g (2) 0.4 g (3) 0.1 g (k 3) 0 Dunque
y (k ) g (i ) u (k i) g (0) u (k ) g (1) u (k 1) g (2) u (k 2) g (3) u (k 3) i 0
y(k ) u(k ) u(k 1) 0.4 u(k 2) 0.1 u(k 3) y (k )
sca(k ) 2 sca(k 1) 3 sca(k 2) sca(k 1) 2 sca(k 2) 3 sca(k 3) 0.4 sca(k 2) 2 sca(k 3) 3 sca(k 4) 0.1 sca(k 3) 2 sca(k 4) 3 sca(k 5) 0 Osserviamo che, in questa forma, possiamo facilmente sommare i termini simili che sono ordinati lungo la stessa diagonale. Dunque
y(k ) sca(k ) 3 sca(k 1) 0.6 sca(k 2) 2.1 sca(k 3) sca(k 4) 0.3 sca(k 5) sostituendo i valori vediamo che vale:
y (0) 1 y (1) 1 3 4 y (2) 1 3 0.6 3.4 y (k ) y (3) 1 3 0.6 2.1 1.3 y (4) 1 3 0.6 2.1 1 0.3 y (5) 1 3 0.6 2.1 1 0.3 0 y (k 5) 0 E#5
La modifico un pò da quella originale. E’ il solito sistema (come la traccia 1), solo che le specifiche sono:
errore alla rampa inferiore del 5%
banda passante
S max % 20%
b
0.2rad / sec
Con
G( s)
2 s 2 s 1 2
2
s 1
2
.
Per le specifiche statiche ci basta analizzare il sistema senza tener conto di campionatore e ricostruttore, analizzando il tutto in analogico. Quindi, passando subito in trasformate di Laplace abbiamo che: Vogliamo l’errore nullo alla rampa, dunque:
e lim e(t ) lim sE ( s) lim s t
s 0
s
s 0
1
1
s 1 C ( s)G( s) 2
lim s 0
2 s 1 1 s 0 s 2 2 s 1 C ( s ) 2 s
e lim
1
DG ( s)
s DG ( s) C ( s) N G ( s)
2
Proviamo quindi un controllore proporzionale
2 s 1 s0 s s 2 2 s 1 k C ( s ) 2 T
e lim
s
C ( s) k C T (s) con C T ( s 0) 1
1
2
Non è un errore nullo, allora provo con
e lim s 0
C ( s)
1
s
1
s 2 s 1
s
s 2 s 1 C ( s) 2
C T ( s)
2
s
mando a zero parte dei termini con la s
k
2
T
s
lim s 0
k
lim
s s k 2 Ciò implica k 10
s
0
1 s k 2
1 k 2
Ok, quindi il nostro controllore è nella forma
0.05
C ( s)
Dalla sovraelongazione, sfruttando la formula
k s
C T ( s) . con k 10
log e ( S max % ) 2 log e ( S max % ) 2
2
0.45 Da cui
M f 100 45 . Sapendo che b
c .c
Quindi, specifiche a
T
c .a
posso dire che
b
c .c
T
c.a
0.2
:
M f c.a 45 c .a T 0.2
Dobbiamo approssimare ricostruttore e campionatore in bassa frequenza, tramite Padè, e ci ricordiamo che:
GCR ( s)
1
T s 1 2
per ricavare T (il tempo di campionamento) sappiamo che, sperimentalmente, questo equivale ad:
T
2
Quindi
s
2 20 T
GCR ( s)
c.a.
1,5 1
0.75 s 1
Assembliamo quindi la
L1 (s) (che è la fdt a catena aperta)
L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s)
1
2
0.75 s 1 s 12
k s
Cerchiamo, ora, la pulsazione di attraversamento di questa fdt a ciclo aperto posto che calcolatrice.
L1 ( j ) db 20 log10 (20) 20 log10 X X 2 1 0.752 X 2 1 0
X T 2.06 va bene. Allora vediamo in T 2.06 quanto vale la fase della funzione Troviamo che
L1 ( j T ) 90 2 tan1 ( T ) tan 1 (0.75 T ) 275 Devo recuperare davvero un mondo di gradi (ben 140).
k 10 , tramite alla solita
Vediamo se posso fare qualcosa
dal grafico qualitativo vedo che necessiterei di molte reti anticipatrici per recuperare il margine di fase richiesto dal progetto, ed inoltre aumenterei la pulsazione di attraversamento senza poter intervenire sul guadagno statico. Quindi l’ideale è una (o più) reti ritardatrici che mi posizionino la pulsazione di attraversamento in un punto tale per cui il margine di fase di progetto è rispettato. Osservo che posso farlo in quanto c’è la possibilità di avere margine di fase positivo anche dopo
0.2 .
Per prima cosa mi devo calcolare il punto per il quale ottengo un margine di fase soddisfacente. A noi serve un
M fP 45 quindi richiediamo
L1 ( j 'T ) 90 2 tan 1 ( 'T ) tan 1 (0.75 'T ) 180 M fP . Dunque, con la nostra brava calcolatrice risolviamo l’equazione, calcolando 10 gradi di margine:
L1 ( jX ) 90 2 tan1 ( X ) tan 1 (0.75 X ) 125 0 Ottengo X 'T 0.22 Ora mi calcolo il valore della funzione in questo punto, poichè devo dimensionare il coefficente
L1 ( j 'T ) db
1 a db
38.64db
1 a db
a db 38.64db
a quindi:
Il problema e che per la fisica realizzabilità
a db 20db ma per mantenere dimensionamenti ancora minori,
a compresi tra 13 e 15 db. Quindi, dobbiamo inserire più di una rete ritardatrice, con coefficente 38.64db 12.88db a 0.22 3
prendiamo valori di
a db
Inoltre sappiamo che la pulsazione di rottura dello zero della rete ritardatrice si trova circa una decade prima della pulsazione di attraversamento.
a
Quindi
1 z
z
'T
1 a z
10
1 454 a s
0.022 1
0.0022
3
C T ( s)
approssimiamo ad
z
0.01 , da cui
454 .
1 100 s
3
1 454 s 1 454 s
.
Assembliamo la nuova funzione a catena aperta: 3
1 100 s k L2 ( s) C ( s)G( s )GCR ( s ) 2 0.75 s 1 ( s 1) 1 454 s s Vediamo il margine di fase in 'T 0.22 L ( j 0.22) 3 tan (0.22 100) 90 tan (0.22 0.75) 2 tan (0.22) 1
2
1
1
1
2
3 tan (0.22 454) 262 125 268 131 c .a 49 , perfetto. Quindi M f 1
Quindi la nostra funzione finale è: 3
1 100 s k L2 ( s) C ( s)G( s )GCR ( s ) 2 0.75 s 1 ( s 1) 1 454 s s 1
C ( s) s z 1 C ( z )
2
eulero all’indietro
z T
C ( s) s z 1 2 C ( z ) tustin z 1 T
E#6
Appello del giorno 08/07/2009. L’ho sostenuto ed ho fatto alcuni errori (per la tensione e per mancanza di tempo). Vabbè, vedo di farlo meglio adesso, poichè è un appello non male. E’ il solito sistema (come la traccia 1), solo che le specifiche sono:
errore al gradino inferiore del 4%
tempo di assestamento
Con
G( s)
T a ,5% 2 sec
200 s( s 50)( s 10)
.
Per le specifiche statiche ci basta analizzare il sistema senza tener conto di campionatore e ricostruttore, analizzando il tutto in analogico. Quindi, passando subito in trasformate di Laplace abbiamo che: Vogliamo l’errore nullo alla rampa, dunque:
e lim e(t ) lim sE ( s) lim s t
s 0
s 0
1
1
s 1 C ( s)G( s)
lim s 0
DG ( s) DG ( s) C ( s) N G ( s)
s s 50 s 10
e lim
s s 50 s 10 C ( s) 200 Proviamo quindi un controllore proporzionale C ( s) k C T ( s ) con C T ( s 0) 1 s s 50 s 10 0 e lim s 0 s s 50 s 10 k C ( s ) 200 T s 0
Si ha già errore nullo, poichè la funzione di catena aperta così assemblata è già di tipo 1 (ha un polo in zero). Ok, quindi il nostro controllore è nella forma
C ( s) k C T (s) .
Noi abbiamo soltanto il tempo di assestamento, ma sappiamo che
T a ,5%
3 n
.
Sappiamo pure che, approssimativamente (vedere punti, nel documento delle lezioni, relativi ad un sistema con poli complessi e coniugati)
T a ,5%
3 M f 100
n
T . Infine
T
Quindi, specifiche a
M f 100
sappiamo che M f
T
3 2
100
. Dunque:
1,5
:
c.a
M f
100
T
c .a
1,5
Dobbiamo approssimare ricostruttore e campionatore in bassa frequenza, tramite Padè, e ci ricordiamo che:
GCR ( s)
1
T s 1 2
per ricavare T (il tempo di campionamento) sappiamo che, sperimentalmente, questo equivale ad: T Purtroppo noi determiniamo
s nel seguente modo: 10 T
2 s
s 20 T . Ma ora la pulsazione di
attraversamento non la conosciamo perfettamente. Dunque prendiamo il tempo in un altro modo.
T
T a ,5%
Quindi
50
0.04
GCR ( s)
1
0.02 s 1
Assembliamo quindi la
L1 (s) (che è la fdt a catena aperta)
L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s) L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s)
1
200
0.02 s 1 s s 10 s 50 0.4 s0.1 s 10.02 s 1
2
k
k
Cerchiamo, ora, la pulsazione di attraversamento di questa fdt a ciclo aperto posto che calcolatrice.
L1 ( j ) db 20 log10 (1) 20 log10 X 0.022 X 2 1 0.12 X 2 1 0 Troviamo che
X T 0.99 ora vediamo la fase in questo punto.
L1 ( j T ) 90 2 tan1 (0.02 T ) tan 1 (0.1 T ) 98 c .a 82 Ottengo un M f c. a
Rispetto alle specifiche ho:
M f
100
T
Faccio il disegno qualitativo delle fasi.
c .a
0.8118 non va bene.
k 2,5 , tramite alla solita
Osservo che incrementando la pulsazione di attraversamento il margine di fase diminuisce. c. a
Allora pongo M f
150 T
c.a
.
180 L1 ( j ) allora se risolvo l’equazione 0 180 L1 ( j ) M f che espansa diventa, con 'T : c.a
c .a
Inoltre so che M f
0 180 90 2 tan 1 (0.02 'T ) tan 1 (0.1 'T )
150 'T
Riesco a ricavarmi la pulsazione di attraversamento presso la quale ho un margine di fase che mi fa rispettare le specifiche dinamiche. Ovviamente poi devo verificare se ho proprio quel margine di fase percè per l’equazione dovrei averlo, ma è sempre bene verificare.
X 'T 2 ed in questo punto avrei una fase di L1 ( j 'T ) 105 dunque 150 c.a c .a M f 180 L1 ( j ) 75 che combacia con M f 75 . 2 Benissimo, però la pulsazione di attraversamento attuale non è X 'T 2 . Però notiamo che possiamo Ottengo
k (che non fa variare il diagramma delle fasi). Vediamo quanto vale, in decibel, il guadagno di L1 ( j ) , presso X 'T 2 intervenire su
L1 ( j ) db 20 log10 (1) 20 log10 2 0.022 2 2 1 0.12 2 2 1 6.2db Allora imposto l’equazione
20 log10 (0.4 k ) 6.2 0 ottengo X k 5.1
Verifico:
L1 ( j ) db 20 log10 (0.4 5.1) 20 log10 2 0.022 2 2 1 0.12 22 1 0db Ok. Per il resto non mi serve (salvo ragionamenti che non riesco a fare) nessuna rete correttrice.
Quindi la nostra funzione finale è:
L1 ( s) C ( s)G( s)GCR ( s)
2.04 s0.1 s 10.02 s 1
2
C ( s ) s z 1 C ( z ) k 2.04 eulero all’indietro z T
C ( s) s z 1 2 C ( z ) k 2.04 tustin z 1 T
E#7
Questo è il secondo esercizio dell’appello del 08/07/2009. Si consideri un sistema LTI-TD descritto dalla seguente equazione alle differenze
2 y (k ) y (k 1) u (k ) 3 Con condizioni iniziali nulle. Si deve determinare:
G( z ) la regione di convergenza di G( z )
la risposta all’ingresso
la funzione di trasferimento
u(k ) (1) k , k 0
Innanzitutto trasformiamo in zeta l’equazione alle differenze, ricordandoci la proprietà di traslazione a destra:
Y ( z )
2 3
z 1Y ( z ) U ( z )
da cui
Y ( z )
1 2
1 1 z 3
moltiplico e divido per
Y ( z )
z
2 z 3 G ( z )
U ( z )
z il secondo membro
U ( z )
Ora vediamo la regione di convergenza. Questa ha un polo in
z : z
2 3
z
2 3
, allora la regione di convergenza sarà definita da
(vedere documento delle lezioni).
Nota: Non esiste una relazione d’ordine in C. Quindi devo stare attento a dire che il modulo di zeta deve essere maggiore di qualcosa, e non zeta e basta.
Per prima cosa, dobbiamo trasformare l’ingresso in una trasformata zeta. Dal documento delle lezioni sappiamo che:
Z (1) k
z z 1
Dunque abbiamo:
Y ( z )
z
z
2 z 1 z 3
Applichiamo a questa lo sviluppo di Heaviside, in quanto abbiamo poli semplici non nulli, che significa prima trovare i coefficenti di queste fratte semplici:
Y ( z ) z
R0 z
Da cui: R0
R1
R2
2 z 1 z 3
0 ; R1
2 5
; R2
3 5
Quindi ottengo:
Y ( z ) 0
2
z
2 5 z 3
3 z
5 z 1
La cui antitrasformata è:
y(k )
1 Nella
2 2
k
3
1 5 3 5
k
mia vita ho avuto solo 2 stampanti (e 15 computer)... mai usate. Devo decidermi ad acquistare una stampante
scanner (visto lo spreco di tecnologia, approfittiamone!), così sarà la 3° stampante ammuffita (come le altre 2, che funzionerebbero se cambiassi la cartuccia) ma almeno uso lo scanner per i grafici veloci non precisi. Per ora sto usando la Lexmark x1155 di mio cugino Fabio.
