Esercizio 21sintesi di tipo 0 con errore 1e-4 su un processo con doppio polo (temi d'esame gennaio e giugno 2023, settembre 2024)

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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 →, 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. $G(0)=10^4\ne0$ e poli $-1$ (doppio), stabili: $K_B(G)=10^4$, $r=0$.

Passo 1: tipo ed errore

Tipo $0$: $\frac1{1+K_B(C')K_B(G)}\le10^{-4}\iff|K_B(C')|\ge\frac1{10^4}\left(\frac1{10^{-4}}-1\right)=\frac{10^4-1}{10^4}=0{,}9999$. Il processo da solo ($C'=1$) dà già $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1+10^4}=9{,}999\cdot10^{-5}\simeq10^{-4}$: tipo ed errore sono già a posto, quindi $C'=1$.

Passo 2: $\omega_A$ e margine di fase

$C'G=G=\dfrac{10^4}{(1+s)^2}$ (forma di Bode: $K_B=10^4=80$ dB, due poli in $-1$). La pulsazione di attraversamento è $\omega_A\simeq100$ rad/s (il modulo è $80-40\log_{10}\omega$). In $\omega=\omega_A^*=10$: modulo $20\log\frac{10^4}{1+100}=+39{,}9$ dB, fase $-2\arctan10=-168{,}6^\circ$, quindi $m_\varphi(\omega_A^*)=11{,}4^\circ<90^\circ$. Siccome $\omega_A>\omega_A^*$ e la fase è insufficiente: caso ④, con $M=39{,}9\approx40$ dB da togliere e $\Phi=90^\circ-11{,}4^\circ=78{,}6^\circ$ da aggiungere (poco meno di $90^\circ$: un solo zero anticipatore). Rete a sella.

Parte anticipatrice (fase): uno zero in $1$, una decade prima di $\omega_A^*$ (aggiunge $\Delta=20$ dB di modulo e $84{,}3^\circ$ di fase), e un polo in $10^3$, due decadi dopo (costa $0{,}57^\circ$): $C_{ant}=\dfrac{1+s}{1+\frac s{10^3}}$.

Parte attenuatrice: deve togliere $M+\Delta=40+20=60$ dB: zero in $1$ (una decade prima di $\omega_A^*$, per non perdere fase) e polo tre decadi prima dello zero, in $10^{-3}$: $C_{att}=\dfrac{1+s}{1+10^3s}$.

Controllore (rete a sella): $$C(s)=C_{att}C_{ant}=\frac{(1+s)^2}{(1+10^3s)\left(1+\frac s{10^3}\right)}.$$ I due zeri coincidono in $s=-1$ (uno per ciascuna parte) e cancellano i due poli di $G$, entrambi stabili; $C$ è propria (grado $2$ a numeratore e a denominatore).

Verifica. Gli zeri cancellano i poli doppi di $G$: $$CG=\frac{10^4}{(1+10^3s)\left(1+\frac s{10^3}\right)}.$$ In $\omega=10$: modulo $\frac{10^4}{|1+10^4j|\,|1+0{,}01j|}=\frac{10^4}{10^4\cdot1}=1{,}000$ ($\omega_A=9{,}9995$ rad/s), fase $-\arctan(10^4)-\arctan(0{,}01)=-89{,}99^\circ-0{,}57^\circ=-90{,}57^\circ$: $m_\varphi=89{,}4^\circ\simeq90^\circ$ ✓. Tipo $0$, $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1+10^4}\simeq10^{-4}$ ✓ ($K_B(C)=1$ non cambia). Il sistema retroazionato è BIBO stabile per il criterio di Bode ($K_B(CG)>0$, poli stabili, strettamente propria, $\omega_A$ unica); poli di $W$: $-989{,}9$ e $-10{,}10$ (più i modi cancellati, entrambi in $-1$).

Errori comuni

• Applicare la formula $\frac1{|K_B(G)|}\left(\frac1{e^*}-1\right)$ e trovare $K_B(C')\approx1$, ma scrivere un guadagno $10^4$ "per avere $e=10^{-4}$": l'errore è già garantito dal guadagno di $G$.
• Pensare che serva una rete anticipatrice semplice: il modulo in $\omega_A^*$ è $+40$ dB e va abbassato, quindi la rete è a sella.
• Dimenticare il termine $\Delta$ (il guadagno che la parte anticipatrice aggiunge): l'attenuazione totale è $M+\Delta=60$ dB, non $40$.
• Cancellare gli zeri della rete con poli instabili (qui sono stabili) o scegliere un polo anticipatore troppo vicino a $\omega_A^*$.
• Dimenticare che il controllore deve essere proprio: due zeri richiedono due poli.