Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
Посчитайте смены знака в первом столбце: каждая — это один полюс в правой полуплоскости. Если в таблице есть K, потребуйте, чтобы все элементы первого столбца оставались положительными.
Для корневого годографа отметьте полюса и нули, участки вещественной оси, асимптоты из центра и точки отрыва, где dK/ds = 0. Для коэффициента усиления в точке используйте K = 1/|G(s)|.
Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Тип системы
число полюсов G(s) в точке s = 0
Коэффициенты ошибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Ступенька A
ess = A/(1 + Kp)
Линейное воздействие A·t
ess = A/Kv
Парабола A·t²/2
ess = A/Ka
ПИД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Целевая система второго порядка
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулирование и временные характеристики
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
Для требований по демпфированию или скорости запишите характеристический полином замкнутой системы и приравняйте его коэффициенты к s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Тренировочные задачи
1.Преобразования ЛапласаСредняя
Найдите f(t) для F(s) = (s + 29)/(s² + 6s + 9) и вычислите f(0,5).
F(s) = (s + 29)/(s² + 6s + 9)t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 6y = 24·u(t), где y(0) = 2 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,5).
Объект G(s) = 1/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 2, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.
G(s) = 1/(s + 2)H₁ = 4K = 2
p =
4.Структурные схемыСложная
Упростите структурную схему, где G₁ = 2/(s + 4), G₂ = 10/(s + 7), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 4 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).
G₁ = 2/(s + 4)G₂ = 10/(s + 7)H₁ = 4H₂ = 1
T(0) =
5.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 50/(s² + 4s + 25) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.
G(s) = 50/(s² + 4s + 25)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 5 %, а первый пик наступает при t = 0,25 s. Найдите собственную частоту ωn.
%OS = 5 %tp = 0,25 s
ωn = rad/s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 480/(s(s + 3)(s + 5)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?
L(s) = 480/(s(s + 3)(s + 5))
N =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Корневой годограф L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −2, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.
L(s) = K(s + 6)/(s(s + 2))
sb =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 2)/(s(s + 1)(s + 2)) подано линейное воздействие r(t) = 3t. Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 2(s + 2)/(s(s + 1)(s + 2))r(t) = 3t
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 220 Ω, L = 100 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,4 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.
R = 220 ΩL = 100 mHf = 1,4 kHz
φ = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 1078/(s(s + 9)(s + 10)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.
L(s) = 1078/(s(s + 9)(s + 10))
ω180 = rad/s
3Растворы
1.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.5) = 3,124
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Разложение знаменателя на множители
s² + 6s + 9 = (s + 3)²
Простые дроби
s + 29 = 1(s + 3) + 26
F(s) = 1/(s + 3) + 26/(s + 3)²
Обратное преобразование
f(t) = e−3t + 26·t·e−3t
f(0,5) = (1 + 26·0,5)·e−3·0,5 = 3,124
Ответ
f(0,5) = 3,124
2.Преобразования Лапласа
Ответ: y(0.5) = 4,056
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Преобразование уравнения
(s² + 5s + 6)·Y(s) = 2s + 10 + 48/s
Y(s) = (2s² + 10s + 48)/(s(s + 2)(s + 3))
Простые дроби
A = 48/(2·3) = 8
B = 36/((−2)·1) = −18
C = 36/((−3)·(−1)) = 12
Результат
y(t) = 8 − 18·e−2t + 12·e−3t
y(0,5) = 4,056
Ответ
y(0,5) = 4,056
Проверка: y(0) = A + B + C = 2.
3.Структурные схемы
Ответ: p = −8
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Алгебра структурных схем: блоки, соединённые последовательно, перемножаются (G₁·G₂), блоки, соединённые параллельно, складываются (G₁ + G₂), а контур с прямым путём G и обратной связью H сводится к T = G/(1 + G·H) при отрицательной обратной связи и G/(1 − G·H) при положительной. Сначала упрощайте внутренние контуры, затем двигайтесь наружу. Полюсы замкнутой системы — корни характеристического уравнения 1 + G(s)H(s) = 0. Для устойчивого контура ступенчатый вход величиной A даёт установившийся выход A·T(0); при единичной обратной связи установившаяся ошибка по ступеньке равна A/(1 + Kp), где Kp = G(0).
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Сравните со стандартной формой
Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 25 → ωₙ = 5 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5) = 0,4
Результат
σ = −ζωₙ = −4/2 = −2
Ответ
σ = −2
6.Переходная характеристика
Ответ: ωn = 17,36 rad/s
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Критерий Рауса–Гурвица: линейная система устойчива, если все корни её характеристического полинома лежат в левой полуплоскости s-плоскости. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса. Каждый элемент новой строки вычисляется по двум строкам над ней; для кубического полинома a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ элемент строки s¹ равен b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Число смен знака в первом столбце равно числу корней в правой полуплоскости. Если в коэффициенты входит коэффициент усиления K, все элементы первого столбца должны оставаться положительными: значение усиления, при котором элемент строки s¹ обращается в нуль, — граница устойчивости, а строка s² затем даёт частоту незатухающих колебаний.
Характеристический полином
s³ + 8s² + 15s + 480 = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 15
s²: 8, 480
s¹: −45
s⁰: 480
Смены знака в первом столбце
1 → 8 → −45 → 480
N = 2
Ответ
N = 2
Коэффициент усиления выше предела K = 120, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: sb = −1,101
Корневой годограф: при изменении коэффициента усиления K от 0 до ∞ полюса замкнутой системы, то есть корни уравнения 1 + K·G(s) = 0, перемещаются от полюсов разомкнутой системы к её нулям или в бесконечность. Точка на вещественной оси принадлежит годографу, если число вещественных полюсов и нулей правее неё нечётно. Ветви, уходящие в бесконечность (их n − m), идут вдоль асимптот под углами (2q + 1)·180°/(n − m), выходящих из центра асимптот σₐ = (Σ полюсов − Σ нулей)/(n − m). Ветви покидают вещественную ось или возвращаются на неё там, где dK/ds = 0. Условие по углу ∠G(s) = 180° определяет форму годографа, а условие по модулю K = 1/|G(s)| даёт коэффициент усиления в любой точке годографа.
Коэффициент усиления вдоль вещественной оси
K(s) = −(s² + 2s)/(s + 6)
Стационарные точки
Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.
(2s + 2)(s + 6) − (s² + 2s) = s² + 12s + 12 = 0
s = −6 ± √24 = −1,101, −10,9
Точка отрыва
sb = −1,101
Ответ
sb = −1,101
Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √24 = 4,899.
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 1,5
Установившаяся ошибка: в контуре с единичной обратной связью и передаточной функцией разомкнутой системы G(s) ошибка равна E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а по теореме о конечном значении ess = lims→0 s·E(s). Тип системы — это число полюсов G(s) в точке s = 0. Коэффициенты ошибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) и Ka = lim s²·G(s), все при s → 0. Ступенчатое воздействие величиной A даёт ess = A/(1 + Kp), линейное A·t даёт A/Kv, а параболическое A·t²/2 даёт A/Ka. Контур типа 0 отслеживает ступеньку с конечной ошибкой, контур типа 1 отслеживает её точно, а линейное воздействие — с конечной ошибкой.
Коэффициент скоростной ошибки
Kv = lim s·G(s) = 2
Ошибка по линейному воздействию
ess = 3/2 = 1,5
Ответ
ess = 1,5
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 0,2
П-, ПИ- и ПИД-регулирование: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s воздействует на ошибку. Пропорциональный коэффициент ускоряет контур и уменьшает ошибку объекта типа 0, но никогда не устраняет её. Интегральная составляющая добавляет полюс в точке s = 0: тип системы повышается на единицу, и ступенька отслеживается без ошибки. Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование. Чтобы подобрать коэффициенты, запишите характеристический полином замкнутой системы и сравните его с s² + 2ζωns + ωn². Тогда %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, где ωd = ωn√(1 − ζ²), и ts ≈ 4/(ζωn).
Коэффициент скоростной ошибки
s·C(s) = 5s + 5 → 5 при s → 0.
Kv = 5·10/5 = 10
Ошибка по линейному воздействию
ess = 2/10 = 0,2
Ответ
ess = 0,2
ПИ-регулятор полностью устраняет ошибку по ступеньке; линейное воздействие отслеживается с постоянным отставанием.
11.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: φ = −75,96 °
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частота среза
ωc = R/L = 220/0,1 = 2200 rad/s
fc = 350,1 Hz → f/fc = 1400/350,1 = 3,998
Фаза
φ = − atan(3,998) = −75,96°
Ответ
φ = −75,96°
12.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: ω180 = 9,487 rad/s
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.