Теория управления 1: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (12) с полными решениями в конце.

Новые задачиНазад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Устойчивость
все корни характеристического полинома в левой полуплоскости
таблица Рауса, элемент s¹ кубического полинома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корни в правой полуплоскости
число смен знака в первом столбце
Кубический полином s³ + a₂s² + a₁s + a₀
устойчив, когда все a > 0 и a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристическое уравнение
1 + K·G(s) = 0
Асимптоты
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки отрыва и входа
dK/ds = 0
Условие по модулю
K = 1/|G(s)|
Угол выхода
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишите характеристический полином замкнутой системы: знаменатель уравнения 1 + K·G(s) = 0 после раскрытия скобок.
  2. Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
  3. 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.
  4. 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

  1. Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
  2. Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
  3. Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
  4. 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
ReIm−5−10−15

F(s) = (2s + 34)/(s² + 8s + 12). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−2t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (2s + 34)/(s² + 8s + 12)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Решите y″ + 7y′ + 6y = 0 при y(0) = 9 и y′(0) = −4 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,4).

y″ + 7y′ + 6y = 0y(0) = 9y′(0) = −4t = 0,4 s
y(0.4) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+34s(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 34/(s(s + 6)). Задающее воздействие — линейно нарастающий сигнал r(t) = 2·t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 34/(s(s + 6))r(t) = 2·t
ess =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+20регулятор+D(s)+7s + 5объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 20 управляет объектом G(s) = 7/(s + 5) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 5 и ступенька возмущения величиной 1. Найдите установившийся выход css.

K = 20G(s) = 7/(s + 5)D = 1R = 5
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 9/(s² + 4s + 9) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 9/(s² + 4s + 9)
%OS = %
6.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)120 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 20 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 20 %
ζ =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 1)(s + 6)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 6))
ω = rad/s
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16−182j2j4

Корневой годограф L(s) = K(s + 16)/(s(s + 8)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −8, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку входа si.

L(s) = K(s + 16)/(s(s + 8))
si =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 10t+Ks(s + 5)C(s)−

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 5)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 10t с установившейся ошибкой 0,1. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 10tess = 0,1
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+10 + Kd​s2s(s + 2)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 10 + Kd·s управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 2)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите дифференциальный коэффициент Kd, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,9.

G(s) = 2/(s(s + 2))Kp = 10ζ = 0,9
Kd = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 4

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 39(s + 17)/(s(s + 9)) при ω = 4 rad/s в градусах.

G(s) = 39(s + 17)/(s(s + 9))ω = 4 rad/s
∠G(jω) = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 8 dB.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))GM = 8 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 7,5

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 + 8s + 12 = (s + 2)(s + 6)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 6)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 2) и положите s = −2: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (2s + 34)/(s + 6) |s = −2 = 30/4 = 7,5

Ответ

A = 7,5
(B = −5,5, поэтому f(t) = 7,5·e−2t − 5,5·e−6t)
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.4) = 6,612

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

s²Y − 9s − (−4) + 7(sY − 9) + 6Y = 0
Y(s) = (9s + 59)/((s + 1)(s + 6))

Простые дроби

A = 50/5 = 10
B = 5/(−5) = −1

Результат

y(t) = 10·e−t − e−6t
y(0,4) = 6,612

Ответ

y(0,4) = 6,612

Проверка: y(0) = A + B = 9.

3.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,3529

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).

Коэффициент ошибки по скорости

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 34/6 = 5,667

Установившаяся ошибка

ess = A/Kᵥ = 2/5,667 = 0,3529

Ответ

ess = 0,3529
4.Структурные схемы

Ответ: css = 4,876

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).

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 7/(s + 5 + 140)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 140/(s + 5 + 140)

Установившийся режим

css = 5·140/145 + 1·7/145 = 4,876

Ответ

css = 4,876

Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.

5.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 6,021 %

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 = 9 → ωₙ = 3 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·3) = 0,6667

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,81 = 6,021 %

Ответ

%OS = 6,021 %
6.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,4559

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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Ответ

ζ = 0,4559
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 2,449 rad/s

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.

Таблица Рауса

s³ + 7s² + 6s + K = 0
s³: 1, 6
s²: 7, K
s¹: (7·6 − K)/7
s⁰: K

Критический коэффициент усиления

K = 7·6 = 42

Вспомогательное уравнение

При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.

7s² + 42 = 0 → s = ±j√6
ω = 2,449 rad/s

Ответ

ω = 2,449 rad/s
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: si = −27,31

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 + 8s)/(s + 16)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 8)(s + 16) − (s² + 8s) = s² + 32s + 128 = 0
s = −16 ± √128 = −4,686, −27,31

Точка входа

si = −27,31

Ответ

si = −27,31

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √128 = 11,31.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 500

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.

Требуемый коэффициент скоростной ошибки

Kv = A/ess = 10/0,1 = 100

Коэффициент усиления

K = 5·Kv = 500

Ответ

K = 500

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,1118. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 3,025 s

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).

Характеристический полином

s(s + 2) + 2(10 + Kds) = s² + (2 + 2Kd)s + 20

Собственная частота

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

2 + 2Kd = 2·0,9·4,472 = 8,05
Kd = 3,025 s

Ответ

Kd = 3,025 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −100,7 °

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.

Сложите углы

∠G = atan(4/17) − 90° − atan(4/9) = 13,24° − 90° − 23,96°

Результат

∠G(j4) = −100,7°

Ответ

∠G(jω) = −100,7°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 382,2

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 перехода фазы

(ω/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7,746 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 100)) = K/(6·10·(6 + 10)) = K/960

Требуемое усиление

960/K = 108/20 = 2,512
K = 960/2,512 = 382,2

Ответ

K = 382,2

ExamProblems · examproblems.com/courses/control-engineering-1