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
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (s + 6)/(s² + 10s + 25) и вычислите f(0,2).

F(s) = (s + 6)/(s² + 10s + 25)t = 0,2 s
f(0.2) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 5 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,1).

y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+5s + 6G(s)C(s)0,1H−

Объект G(s) = 5/(s + 6) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,1. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 5/(s + 6)H = 0,1
τ = s
4.Структурные схемыСложная
R(s)+4регулятор+D(s)+9s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 4 управляет объектом G(s) = 9/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 1 и ступенька возмущения величиной 10. Найдите установившийся выход css.

K = 4G(s) = 9/(s + 8)D = 10R = 1
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5

Система имеет передаточную функцию G(s) = 17,5/(s² + 3s + 35) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 17,5/(s² + 3s + 35)
ζ =
6.Переходная характеристикаСложная
k = 5000 N/mc = 20 N·s/mm = 2 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 2 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 20 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.

m = 2 kgk = 5000 N/mc = 20 N·s/mF = 10 N
tp = s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 2)(s + 4)(s + 6))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4j2j4

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
ω = rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 4 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 4 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 4/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 5 rad/s и ζ = 0,7. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 4/(s + 1)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,7
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 17(s + 10)/(s(s + 7)) при ω = 20 rad/s в градусах.

G(s) = 17(s + 10)/(s(s + 7))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 620/(s(s + 10)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 620/(s(s + 10))
ωc = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 0,4415

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Простые дроби

s + 6 = 1(s + 5) + 1
F(s) = 1/(s + 5) + 1/(s + 5)²

Обратное преобразование

f(t) = e−5t + t·e−5t
f(0,2) = (1 + 1·0,2)·e−5·0,2 = 0,4415

Ответ

f(0,2) = 0,4415
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 0,6718

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

Y(s) = 180/(s(s + 3)(s + 6))

Простые дроби

A = 180/(3·6) = 10
B = 180/((−3)·3) = −20
C = 180/((−6)·(−3)) = 10

Выделение

y(t) = 10 − 20·e−3t + 10·e−6t
y(0,1) = 0,6718

Ответ

y(0,1) = 0,6718
3.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,1538 s

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 5/(s + 6 + 0,5) = 5/(s + 6,5)

Результат

τ = 1/6,5 = 0,1538 s

Ответ

τ = 0,1538 s
4.Структурные схемы

Ответ: css = 2,864

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) = 9/(s + 8 + 36)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 36/(s + 8 + 36)

Установившийся режим

css = 1·36/44 + 10·9/44 = 2,864

Ответ

css = 2,864

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

5.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,2535

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 = 35 → ωₙ = 5,916 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·5,916) = 0,2535

Результат

ζ = 0,2535

Ответ

ζ = 0,2535
6.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,06315 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).

Собственная частота и коэффициент демпфирования

ωₙ = √(k/m) = √(5000/2) = 50 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 20/(2·√(5000·2)) = 0,1

Результат

ωd = 49,75 rad/s
tp = π/ωd = 0,06315 s

Ответ

tp = 0,06315 s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 480

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 + 12s² + 44s + 48 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 44
s²: 12, 48 + K
s¹: (12·44 − 48 − K)/12
s⁰: 48 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 12·44 − 48 = 480

Ответ

Kmax = 480

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √44 = 6,633 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 5,099 rad/s

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.

Критический коэффициент усиления

s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0
s¹: (9·26 − 24 − K)/9 = 0 → K = 210

Частота пересечения

9s² + 24 + 210 = 9s² + 234 = 0 → s² = −26
ω = √26 = 5,099 rad/s

Ответ

ω = 5,099 rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 480

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 ошибки

1/(1 + Kp) = 0,04 → Kp = 24

Коэффициент усиления

K/20 = 24 → K = 480

Ответ

K = 480

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 1,5

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

1 + C(s)G(s) = 0, умноженное на s(s + 1).

s² + (1 + 4Kp)s + 4Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·5s + 5² = s² + 7s + 25

Приравняйте коэффициенты

1 + 4Kp = 7 → Kp = 1,5

Ответ

Kp = 1,5

Интегральная составляющая делает контур типа 1, поэтому ступенька отслеживается без установившейся ошибки.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −97,28 °

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(20/10) − 90° − atan(20/7) = 63,43° − 90° − 70,71°

Результат

∠G(j20) = −97,28°

Ответ

∠G(jω) = −97,28°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 23,92 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.

Частота среза усиления

ω⁴ + 100ω² − 384400 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·384400))/2 = 572
ωc = 23,92 rad/s

Ответ

ωc = 23,92 rad/s

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