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−5−10−15−20−25−30−35

F(s) = (s + 33)/(s² + 13s + 40). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−5t + B·e−8t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (s + 33)/(s² + 13s + 40)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
ReIm−2−4−6−8−10−122

Система описывается дифференциальным уравнением y″ + 6y′ + 13y = u′ + 12u, где u(t) — вход, y(t) — выход. Найдите её передаточную функцию G(s) = Y(s)/U(s) (при нулевых начальных условиях) и вычислите импульсную характеристику g(t) при t = 0,6 s. Найдите g(0,6).

y″ + 6y′ + 13y = u′ + 12ut = 0,6 s
g(0.6) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+8(s + 5)(s + 2)(s + 4)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 8(s + 5)/((s + 2)(s + 4)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 1. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 8(s + 5)/((s + 2)(s + 4))R = 1
ess =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+6s + 1G₁+10s + 4G₂C(s)4H₁−0,5H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 6/(s + 1), G₂ = 10/(s + 4), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 4 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,5. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 6/(s + 1)G₂ = 10/(s + 4)H₁ = 4H₂ = 0,5
T(0) =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 222/(s² + 12s + 74) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 222/(s² + 12s + 74)
%OS = %
6.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)1tp​ = 2 s40 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей показывает перерегулирование 40 %, а первый пик наступает при t = 2 s. Найдите собственную частоту ωn.

%OS = 40 %tp = 2 s
ωn = rad/s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 1)(s + 4)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Для L(s) = K/((s + 7)(s² + 6s + 13)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 7)(s² + 6s + 13))
θd = °
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 50,50,5s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 0,5/(0,5s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 5 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 0,5/(0,5s + 1)K = 5
ess = %
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 2t+5 + 2/s20(s + 4)(s + 5)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 5 + 2/s управляет объектом G(s) = 20/((s + 4)(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 2t.

C(s) = 5 + 2/sG(s) = 20/((s + 4)(s + 5))r(t) = 2t
ess =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 4,7 kΩC = 2,2 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 4,7 kΩ, C = 2,2 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 31 kHz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.

R = 4,7 kΩC = 2,2 nFf = 31 kHz
|H| = dB
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 8/(s(s + 3)(s + 4)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 8/(s(s + 3)(s + 4))
ω180 = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 9,333

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 + 13s + 40 = (s + 5)(s + 8)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 8)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 5) и положите s = −5: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (s + 33)/(s + 8) |s = −5 = 28/3 = 9,333

Ответ

A = 9,333
(B = −8,333, поэтому f(t) = 9,333·e−5t − 8,333·e−8t)
2.Преобразования Лапласа

Ответ: g(0.6) = 0,7532

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).

Передаточная функция

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 12)/(s² + 6s + 13)

Простые дроби

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 2²
G(s) = 1·(s + 3)/((s + 3)² + 2²) + (9/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Импульсная характеристика

g(t) = e−3t·(cos 2t + 4,5·sin 2t)
g(0,6) = 0,7532

Ответ

g(0,6) = 0,7532
3.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,1667

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 положению

Kₚ = G(0) = 8·5/(2·4) = 5

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 1/(1 + 5) = 0,1667

Ответ

ess = 0,1667
4.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,8108

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).

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 10/(s + 44)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 60/((s + 1)(s + 44) + 30)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 60/(1·44 + 30) = 60/74 = 0,8108

Ответ

T(0) = 0,8108
5.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 4,699 %

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 = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,602) = 0,6975

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,058 = 4,699 %

Ответ

%OS = 4,699 %
6.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 1,636 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).

Коэффициент демпфирования

ζ = −ln(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Собственная частота

ωd = π/tp = π/2 = 1,571 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 1,571/0,96 = 1,636 rad/s

Ответ

ωn = 1,636 rad/s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 350

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 + 11s² + 34s + 24 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 34
s²: 11, 24 + K
s¹: (11·34 − 24 − K)/11
s⁰: 24 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 11·34 − 24 = 350

Ответ

Kmax = 350

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √34 = 5,831 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: θd = 63,43 °

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.

Положения полюсов

s² + 6s + 13 = 0 → s = −3 ± j2
s = −7

Углы от остальных полюсов

∠(−3 + j2 + 7) = atan2(2, 4) = 26,57°
∠(−3 + j2 − (−3 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 26,57° − 90° = 63,43°

Ответ

θd = 63,43°
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 28,57 %

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 позиционной ошибки

Kp = 5·0,5 = 2,5

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 2,5) = 28,57 %

Ответ

ess = 28,57 %
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 1

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 + 2 → 2 при s → 0.

Kv = 2·20/20 = 2

Ошибка по линейному воздействию

ess = 2/2 = 1

Ответ

ess = 1

ПИ-регулятор полностью устраняет ошибку по ступеньке; линейное воздействие отслеживается с постоянным отставанием.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |H| = −7,038 dB

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 = 1/(RC) = 1/(4700·2,2 × 10⁻⁹) = 96712 rad/s
fc = 15392 Hz → f/fc = 31000/15392 = 2,014

Коэффициент усиления

|H| = 1/√(1 + 2,014²) = 0,4447
20·log₁₀(0,4447) = −7,038 dB

Ответ

|H| = −7,038 dB
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 3,464 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 перехода фазы

(ω/3)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(3·4) = 3,464 rad/s

Ответ

ω180 = 3,464 rad/s

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