Esercizio 20sintesi con rete a sella e PID di tipo 1 su due poli reali (temi d'esame luglio 2024, settembre 2023 e gennaio 2021)

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Teoria usata: Problema di regolazione e sintesi per tentativiProblema di regolazione: data $G$ propria, senza poli in $\mathrm{Re}>0$, con $G(0)\ne0$ (cioè $G=\frac{K_B(G)}{s^r}G_1$, $G_1(0)=1$), progettare $C$ propria tale che $W=\frac{CG}{1+CG}$ sia BIBO stabile, di tipo $k$ con $|e_{rp}^{(k+1)}|\le e^$, con $\omega_A\simeq\omega_A^$ e $m_\varphi\ge m_\varphi^$. Sintesi per tentativi: Passo 1 $C'=\frac{K_B(C')}{s^\alpha}$ ($\alpha=\max(k-r,0)$, $|K_B(C')|$ minimo che soddisfa l'errore, segno di $K_B(G)$); Passo 2 $C''$ con $K_B(C'')=1$ che porta $\omega_A$ e $m_\varphi$ ai valori voluti in quattro casi ($\omega_A\gtrless\omega_A^$, $m_\varphi(\omega_A^)\gtrless m_\varphi^$): guadagno, rete anticipatrice, attenuatrice, a sella. Il criterio di Bode garantisce la stabilità.Problema di regolazione e sintesi per tentativi →, Reti anticipatriciLa rete anticipatrice $C_{ant}(s)=\frac{1+s/z}{1+s/p}=\frac{1+sT}{1+\alpha Ts}$ con $0<z<p$ ($\alpha=\frac zp<1$) ha $K_B=1$, alza il modulo di $20\log\frac pz$ dB tra $z$ e $p$ e aggiunge fase (massimo $\arcsin\frac{1-\alpha}{1+\alpha}$ in $\sqrt{zp}$). Si usa nei casi ②, ④ (parte anticipatrice) della sintesi: con $\Phi\le90^\circ$ si mette uno zero $\frac M{20}$ decadi prima di $\omega_A^$; con $90^\circ<\Phi\le180^\circ$ due zeri a $\frac M{40}$ decadi; il polo (o i poli) almeno una o due decadi dopo $\omega_A^$ per rendere la rete propria.Reti anticipatrici →, Reti attenuatrici e reti a sellaLa rete attenuatrice $C_{att}=\frac{1+s/z}{1+s/p}$ con $0<p<z$ ha $K_B=1$ e abbassa il modulo di $20\log\frac zp$ dB oltre $z$ senza cambiare il guadagno in continua (a costo di un po' di fase persa, circa $\frac z{\omega_A^}$ rad). Caso ③: polo a $\frac M{20}$ decadi prima dello zero, zero $\ge1$ decade prima di $\omega_A^$. La rete a sella $C_{sella}=C_{att}C_{ant}$ ($p_1<z_1\le z_2<p_2$) abbassa il modulo e alza la fase: si progetta prima la parte anticipatrice (fase, con un guadagno extra $\Delta$), poi quella attenuatrice sufficientemente a sinistra per togliere $M+\Delta$ dB senza toccare la fase (caso ④).Reti attenuatrici e reti a sella →, Controllori PIDIl controllore PID calcola $u=K_pe+K_d\dot e+K_i\int e$, cioè $C_{PID}(s)=K_p+K_ds+\frac{K_i}s=\frac{K_i}s\Big(1+\frac{K_p}{K_i}s+\frac{K_d}{K_i}s^2\Big)$ (due zeri e un polo nell'origine: non proprio). Nella sintesi per tentativi $\frac{K_i}s$ alza il tipo (Passo 1) e i due zeri sono una doppia azione anticipatrice (Passo 2): $PI$ = un integratore + uno zero (anticipo fino a $90^\circ$), $PID$ = integratore + due zeri (anticipo fino a $180^\circ$), $PD$ = zero senza integratore. Gli zeri si mettono $\frac M{20}$ (PI) o $\frac M{40}$ decadi ciascuno (PID) prima di $\omega_A^*$.Controllori PID →, Pulsazione di attraversamento, margine di fase e criterio di BodeLa pulsazione di attraversamento $\omega_A$ è la $\omega>0$ in cui $|G(j\omega)|=1$ (0 dB); il margine di fase è $m_\varphi=180^\circ+\arg G(j\omega_A)$: quanta fase si può ancora perdere prima di arrivare a $-180^\circ$. Criterio di Bode: se $G$ è strettamente propria, ha guadagno di Bode $K_B>0$, nessun polo con $\mathrm{Re}>0$ e $\omega_A$ è ben definita (esiste ed è unica), allora $W=\frac G{1+G}$ è BIBO stabile $\iff m_\varphi>0$. Più $m_\varphi$ è grande, più il sistema è lontano dall'instabilità e meno oscilla.Pulsazione di attraversamento, margine di fase e criterio di Bode →.

Ipotesi sul processo. $G(0)=1\ne0$, nessun polo instabile (poli $-1$ e $-0{,}1$): $K_B(G)=1$, $r=0$.

Punto (i): tipo 0, $e_{rp}^{(1)}\simeq10^{-3}$, $\omega_A^*=1$, $m_\varphi^*=90^\circ$

Passo 1. Tipo $0$: $\frac1{1+K_B(C')}\le10^{-3}\Rightarrow K_B(C')\ge\frac1{K_B(G)}\left(\frac1{10^{-3}}-1\right)=999$. Si sceglie $C'=1000$ (errore $\frac1{1001}=9{,}99\cdot10^{-4}$).

Passo 2. $C'G=\dfrac{1000}{(1+s)(1+10s)}$. In $\omega=\omega_A^*=1$: modulo $20\log\frac{1000}{\sqrt2\sqrt{101}}=36{,}95$ dB (quindi la pulsazione di attraversamento di $C'G$ è maggiore di $1$: vale circa $10$ rad/s) e fase $-\arctan1-\arctan10=-45^\circ-84{,}3^\circ=-129{,}3^\circ$, cioè $m_\varphi(\omega_A^*)=50{,}7^\circ<90^\circ$. Caso ④: abbassare il modulo di $M=36{,}95$ dB e alzare la fase di $\Phi=90^\circ-50{,}7^\circ=39{,}3^\circ$: rete a sella.

Rete anticipatrice (per la fase): zero in $1$ (cancella il polo di $G$ in $-1$, stabile) e polo in $100$: $C_{ant}=\dfrac{1+s}{1+\frac s{100}}$. In $\omega=1$ aggiunge $\Delta=3{,}0$ dB e $+44{,}4^\circ$ ($45^\circ-0{,}57^\circ$), più dei $39{,}3^\circ$ necessari.

Rete attenuatrice che deve togliere $M+\Delta=36{,}95+3{,}0\approx40$ dB: zero in $0{,}1$ (una decade prima di $\omega_A^*$, e cancella il polo di $G$ in $-0{,}1$) e polo due decadi prima dello zero ($40$ dB $=2$ decadi), cioè in $10^{-3}$: $C_{att}=\dfrac{1+10s}{1+1000s}$ (perdita di fase $\arctan10-\arctan1000=-5{,}65^\circ$).

Controllore (rete a sella) proprio: $$C_1(s)=1000\,\frac{(1+s)(1+10s)}{\left(1+\frac s{100}\right)(1+1000s)}.$$ Verifica. Le due cancellazioni zero/polo coinvolgono poli stabili di $G$ e lasciano $$C_1G=\frac{1000}{\left(1+\frac s{100}\right)(1+1000s)}.$$ In $\omega=1$: modulo $\frac{1000}{\sqrt{1+10^{-4}}\sqrt{1+10^6}}\approx1{,}000$ ($\omega_A=0{,}9999$ rad/s) e fase $-\arctan(0{,}01)-\arctan(1000)=-0{,}57^\circ-89{,}94^\circ=-90{,}5^\circ$: $m_\varphi=89{,}5^\circ\simeq90^\circ$ ✓. Tipo $0$, $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1001}\simeq10^{-3}$ ✓. $K_B>0$, poli stabili, strettamente propria, $\omega_A$ unica: BIBO stabile per il criterio di Bode (poli di $W$: $-98{,}99$ e $-1{,}011$, più i due modi cancellati $-1$ e $-0{,}1$).

Punto (ii): tipo 1, $e_{rp}^{(2)}\simeq0{,}01$, $\omega_A^*=1000$, $m_\varphi^*=90^\circ$

Passo 1. Tipo $1$, $r=0$: $C'=\frac{K_B(C')}s$ con $|e_{rp}^{(2)}|=\frac1{K_B(C')K_B(G)}\le0{,}01\Rightarrow K_B(C')=100$: $C'=\frac{100}s$.

Passo 2. $C'G=\dfrac{100}{s(1+s)(1+10s)}$. In $\omega=1000$: modulo $\approx100\cdot\frac1{1000\cdot1000\cdot10^4}=10^{-8}$, cioè $-160$ dB ($M=160$ dB da guadagnare), fase $-90^\circ-\arctan1000-\arctan10^4=-269{,}94^\circ$, cioè $m_\varphi(\omega_A^*)=-89{,}94^\circ$: $\Phi=90^\circ+89{,}94^\circ=179{,}94^\circ>90^\circ$: caso ② con due zeri ciascuno a $\frac M{40}=4$ decadi prima di $\omega_A^*$, cioè in $\omega=0{,}1$ rad/s. Poiché il PID non è necessariamente proprio, non si aggiungono poli: $$C_2(s)=\frac{100\,(1+10s)^2}s=\frac{100+2000\,s+10^4s^2}s=100\cdot\frac1s+2000+10^4s.$$ PID con $K_i=100$, $K_p=2000$, $K_d=10^4$ (zeri reali coincidenti in $-0{,}1$: $K_p^2=4\cdot10^6=4K_iK_d$, caso limite).

Verifica. Uno dei due zeri cancella il polo di $G$ in $-0{,}1$ (stabile): $C_2G=\dfrac{100\,(1+10s)}{s\,(1+s)}$. In $\omega=1000$: modulo $\frac{100\cdot10^4}{1000\cdot1000}=1{,}000$ ($\omega_A\simeq1000$), fase $-90^\circ+\arctan(10^4)-\arctan(1000)=-90^\circ+89{,}994^\circ-89{,}943^\circ=-89{,}95^\circ$: $m_\varphi=90{,}05^\circ\ge90^\circ$ ✓. Tipo $1$, $e_{rp}^{(2)}=\frac1{K_B(C_2G)}=\frac1{100}$ ✓. BIBO stabile per Bode (poli di $W$: $-1000{,}9$ e $-0{,}0999$, più il modo cancellato $-0{,}1$).

Errori comuni

• Nel punto (i) usare una sola rete anticipatrice: il modulo in $\omega^*$ ($+37$ dB) andrebbe abbassato, non alzato; serve la sella.
• Dimenticare di sommare alla quota da attenuare anche il guadagno $\Delta$ della parte anticipatrice ($36{,}95+3{,}0\simeq40$ dB).
• Mettere un solo zero nel PID del punto (ii): $\Phi\approx180^\circ$ richiede due zeri.
• Dimenticare che il PID ha zeri e non poli: non è proprio (va bene se il testo non lo chiede, come qui: "eventualmente P, PI, PD").
• Cancellare con gli zeri della rete un polo instabile del processo: qui i poli cancellati ($-1$ e $-0{,}1$) sono stabili.