Esercizio 25sintesi con rete a sella e integratore (tema d'esame febbraio 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 →, Tipo e errore a regime di un sistema retroazionatoSe $W=\frac{\tilde G}{1+\tilde G}$ (con $\tilde G$ propria) è propria, BIBO stabile e $W(0)\ne0$, il tipo di $W$ coincide con il numero $h$ di poli nell'origine di $\tilde G$ (integratori in catena aperta). L'errore a regime corrispondente è $e_{rp}^{(h+1)}=\frac1{K_B(\tilde G)}$ per $h\ge1$ e $e_{rp}^{(1)}=\frac1{1+K_B(\tilde G)}$ per $h=0$. Per ridurre l'errore si alza il guadagno di Bode o si aggiungono integratori, compatibilmente con la stabilità.Tipo e errore a regime di un sistema retroazionato →, 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. $G(0)=1\ne0$, poli $-1$ e $-10$ stabili. Forma di Bode: $G=\dfrac1{(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)}$, $K_B(G)=1$, $r=0$.

Passo 1: tipo 1 ed errore $0{,}01$

$\alpha=1$ integratore: $|e_{rp}^{(2)}|=\frac1{K_B(C')K_B(G)}\le0{,}01\Rightarrow K_B(C')\ge100$: $C'=\dfrac{100}s$. Allora $$C'G=\frac{100}{s\,(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)}.$$

Passo 2: diagrammi in $\omega_A^*=1$

In $\omega=1$: modulo $20\log\dfrac{100}{1\cdot\sqrt2\cdot1{,}005}=+36{,}95$ dB e fase $-90^\circ-45^\circ-5{,}71^\circ=-140{,}7^\circ$, quindi $m_\varphi(\omega_A^*)=39{,}3^\circ$. La pulsazione di attraversamento di $C'G$ è maggiore di $1$ ($\omega_A\simeq9$ rad/s) e la fase è insufficiente: caso ④, con $M=36{,}95$ dB da togliere e $\Phi=90^\circ-39{,}3^\circ=50{,}7^\circ$ da aggiungere: rete a sella.

Parte anticipatrice (fase). Uno zero in $1$ darebbe solo $45^\circ$ (e il polo $-0{,}6^\circ$): troppo poco. Occorre uno zero più a sinistra di $\omega_A^*$. Si prende lo zero in $0{,}5$ (a distanza $\frac{\omega_A^*}{z}=2$: $\arctan2=63{,}4^\circ$, modulo $20\log\sqrt5=+6{,}99$ dB) e il polo due decadi dopo $\omega_A^*$, in $100$ ($-0{,}57^\circ$): $$C_{ant}=\frac{1+2s}{1+\frac s{100}}\quad\text{(in }\omega=1:\ +6{,}99\ \text{dB},\ +62{,}9^\circ).$$

Parte attenuatrice. Deve togliere $M+\Delta=36{,}95+6{,}99=43{,}9$ dB. Zero in $0{,}1$ (una decade prima di $\omega_A^*$) e polo in $\frac{0{,}1}{10^{43{,}9/20}}=\frac{0{,}1}{156}=6{,}4\cdot10^{-4}$, che si approssima con $\frac1{1600}=6{,}25\cdot10^{-4}$ (attenuazione di $20\log160=44{,}1$ dB): $$C_{att}=\frac{1+10s}{1+1600s}\quad\text{(in }\omega=1:\ -44{,}0\ \text{dB},\ -5{,}7^\circ).$$

Controllore (rete a sella con integratore). $$C(s)=\frac{100}s\cdot\frac{(1+2s)(1+10s)}{\left(1+\frac s{100}\right)(1+1600s)}.$$ È propria: due zeri ($-0{,}5$ e $-0{,}1$) e tre poli (l'integratore, $-100$ e $-6{,}25\cdot10^{-4}$).

Verifica

La catena aperta è $CG=\dfrac{100\,(1+2s)(1+10s)}{s\,(1+s)\left(1+\frac s{10}\right)\left(1+\frac s{100}\right)(1+1600s)}$ (nessuna cancellazione: gli zeri in $-0{,}5$ e $-0{,}1$ non coincidono con i poli di $G$). In $\omega=1$ il modulo vale $-0{,}1$ dB (il modulo di $C'G$ è $+36{,}95$ dB, $C_{ant}$ aggiunge $+6{,}99$ dB e $C_{att}$ toglie $44{,}04$ dB), la pulsazione di attraversamento è $\omega_A=0{,}984$ rad/s e la fase in $\omega_A$ è $-83{,}5^\circ$ per cui $m_\varphi=96{,}6^\circ\ge90^\circ$ ✓ (in $\omega=1$: fase totale $-140{,}7^\circ+62{,}9^\circ-5{,}7^\circ=-83{,}5^\circ$). Tipo $1$ ed $e_{rp}^{(2)}=\frac1{K_B(CG)}=\frac1{100}=0{,}01$ ✓ ($K_B(C)=100$ non cambia: le reti hanno $K_B=1$). BIBO stabile per il criterio di Bode ($K_B(CG)=100>0$, poli $0$ e stabili, strettamente propria, $\omega_A$ unica): i poli di $W$ sono $-100{,}1$, $-8{,}26$, $-2{,}21$, $-0{,}258$, $-0{,}133$ (verificato con il calcolo delle radici).

Soluzione ufficiale del tema: $C=\frac{100}s\frac{(1+s)(1+10s)}{(1+0{,}01s)(1+1000s)}$ (zero in $1$, polo in $100$, zero in $0{,}1$, polo in $10^{-3}$), che porta a $\omega_A\simeq1$ e margine di circa $78^\circ$: soddisfa le specifiche in modo approssimato; la variante con zero in $0{,}5$ proposta qui aumenta il margine a $96{,}6^\circ$.

Errori comuni

• Usare una sola rete anticipatrice (che alza il modulo): in $\omega_A^*$ il modulo di $C'G$ è $+37$ dB e va abbassato.
• Mettere lo zero anticipatore in $1$ e aspettarsi $90^\circ$: uno zero a distanza $\frac{\omega_A^*}z=1$ dà solo $45^\circ$; per ottenere $\Phi=50{,}7^\circ$ lo zero va spostato (qui in $0{,}5$).
• Dimenticare che la parte anticipatrice alza il modulo di $\Delta$: l'attenuazione totale è $M+\Delta=43{,}9$ dB, non $36{,}95$ dB.
• Non rendere il controllore proprio: due zeri richiedono almeno due poli (qui il polo di $C'$ nell'origine conta, ma servono anche i due poli delle reti).
• Calcolare il margine nella pulsazione "nominale" $\omega_A^*=1$ invece che nella vera $\omega_A=0{,}984$ (differenza di $0{,}1^\circ$ qui, ma in generale va controllata).