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 = 0,1f(0,1) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (5s + 1)/(s² + 8s + 16) и вычислите f(0,1).

F(s) = (5s + 1)/(s² + 8s + 16)t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).

y″ + 9y′ + 18y = 72·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+4s + 8G(s)C(s)0,2H−

Объект G(s) = 4/(s + 8) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 4/(s + 8)H = 0,2
τ = s
4.Структурные схемыСложная
R(s)+7s + 4G₁+2s + 8G₂C(s)1H₁−0,25H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 7/(s + 4), G₂ = 2/(s + 8), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 1 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,25. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 7/(s + 4)G₂ = 2/(s + 8)H₁ = 1H₂ = 0,25
T(0) =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3

Система имеет передаточную функцию G(s) = 186/(s² + 2s + 62) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите собственную частоту ωn в rad/s.

G(s) = 186/(s² + 2s + 62)
ωn = rad/s
6.Переходная характеристикаСложная
t (s)y(t)14,3 %

Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 4,3 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

%OS = 4,3 %
ζ =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 9s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1

Для контура L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −1.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))s = −1
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5t+4s(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 4/(s(s + 10)) подано линейное воздействие r(t) = 5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4/(s(s + 10))r(t) = 5t
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 4 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 20 mHC = 0,47 µFR = 10 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 10 Ω при L = 20 mH и C = 0,47 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 10 ΩL = 20 mHC = 0,47 µF
f0 = Hz
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 67,5/(s(s + 5)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 67,5/(s(s + 5))
PM = °

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.1) = 2,078

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 + 16 = (s + 4)²

Простые дроби

5s + 1 = 5(s + 4) + −19
F(s) = 5/(s + 4) − 19/(s + 4)²

Обратное преобразование

f(t) = 5·e−4t − 19·t·e−4t
f(0,1) = (5 − 19·0,1)·e−4·0,1 = 2,078

Ответ

f(0,1) = 2,078
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 6,94

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 + 9s + 18)·Y(s) = 6s + 54 + 360/s
Y(s) = (6s² + 54s + 360)/(s(s + 3)(s + 6))

Простые дроби

A = 360/(3·6) = 20
B = 252/((−3)·3) = −28
C = 252/((−6)·(−3)) = 14

Результат

y(t) = 20 − 28·e−3t + 14·e−6t
y(0,1) = 6,94

Ответ

y(0,1) = 6,94

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

3.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,1136 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) = 4/(s + 8 + 0,8) = 4/(s + 8,8)

Результат

τ = 1/8,8 = 0,1136 s

Ответ

τ = 0,1136 s
4.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,3218

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) = 2/(s + 10)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 14/((s + 4)(s + 10) + 3,5)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 14/(4·10 + 3,5) = 14/43,5 = 0,3218

Ответ

T(0) = 0,3218
5.Переходная характеристика

Ответ: ωn = 7,874 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).

Сравните со стандартной формой

Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 62 → ωₙ = 7,874 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·7,874) = 0,127

Результат

ωₙ = 7,874 rad/s

Ответ

ωn = 7,874 rad/s
6.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,7077

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(0,043)/√(π² + ln²(0,043)) = 3,147/√(9,87 + 9,901) = 0,7077

Ответ

ζ = 0,7077
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 7,5

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

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 9) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 9K

Таблица Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 9K
s¹: (5·(6 + K) − 9K)/5
s⁰: 9K

Условие

30 − 4K > 0
K < 30/4 = 7,5

Ответ

Kmax = 7,5

Если бы нуль лежал правее s = −5, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 12

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.

Условие по модулю

K = |s|·|s + 4|·|s + 5|

Вычислите в этой точке

K = 1·3·4 = 12

Ответ

K = 12

Проверка: s(s + 4)(s + 5) + K равно нулю при s = −1.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 12,5

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) = 0,4

Ошибка по линейному воздействию

ess = 5/0,4 = 12,5

Ответ

ess = 12,5
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 3,8

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 + 1Kp)s + 1Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Приравняйте коэффициенты

1 + 1Kp = 4,8 → Kp = 3,8

Ответ

Kp = 3,8

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 1642 Hz

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.

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,02·4,7 × 10⁻⁷) = 10314 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1642 Hz

Ответ

f0 = 1642 Hz
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 33,71 °

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 + 25ω² − 4556 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·4556))/2 = 56,15
ωc = 7,493 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(7,493/5) = −146,3°
PM = 180° + ∠L = 33,71°

Ответ

PM = 33,71°

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