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

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 35)/(s² + 4s + 5) выделением полного квадрата и вычислите f(1).

F(s) = (2s + 35)/(s² + 4s + 5)t = 1 s
f(1) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 1. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,6).

y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,6 s
y(0.6) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+K(s + 10)(s + 12)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/((s + 10)(s + 12)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. Найдите коэффициент K, при котором замкнутая система демпфирована критически (два равных вещественных полюса).

G(s) = K/((s + 10)(s + 12))единичная отрицательная обратная связь
K =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+5s + 1объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 5/(s + 1) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 10 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,5.

G(s) = 5/(s + 1)D = 10css ≤ 0,5
K =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 22/(s² + 10s + 44) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 22/(s² + 10s + 44)
ts = s
6.Переходная характеристикаСложная
k = 500 N/mc = 13 N·s/mm = 0,5 kgF = 5 Nx(t)

Масса m = 0,5 kg подвешена на пружине k = 500 N/m с вязким демпфером c = 13 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 5 N. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

m = 0,5 kgk = 500 N/mc = 13 N·s/mF = 5 N
ζ =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 10(s − 3)(s + 2)C(s)−

Объект G(s) = (s + 10)/((s − 3)(s + 2)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 3. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 10)/((s − 3)(s + 2))
Kmin =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Корневой годограф L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −1. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
sb =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 2·t²/2+5(s + 2)s²(s + 10)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 10)) подан параболический вход r(t) = 2·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 2)/(s²(s + 10))r(t) = 2·t²/2
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 102s(s + 5)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 10 управляет объектом G(s) = 2/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 2/(s(s + 5))K = 10
ts = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 22 ΩL = 2,2 mHvout​

Изображённый RL-фильтр верхних частот имеет R = 22 Ω, L = 2,2 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 6,4 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 22 ΩL = 2,2 mHf = 6,4 kHz
φ = °
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 + 4)(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))GM = 12 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(1) = 3,677

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).

Выделение полного квадрата

s² + 4s + 5 = (s + 2)² + 1 = (s + 2)² + 1²

Подбор числителя

F(s) = 2·(s + 2)/((s + 2)² + 1²) + (31/1)·1/((s + 2)² + 1²)

Обратное преобразование

f(t) = e−2t·(2·cos 1t + 31·sin 1t)
f(1) = e−2·1·(2·cos(1·1) + 31·sin(1·1)) = 3,677

Ответ

f(1) = 3,677
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.6) = 3,191

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 + 8s + 12)·Y(s) = 6s + 48 + 12/s
Y(s) = (6s² + 48s + 12)/(s(s + 2)(s + 6))

Простые дроби

A = 12/(2·6) = 1
B = −60/((−2)·4) = 7,5
C = −60/((−6)·(−4)) = −2,5

Результат

y(t) = 1 + 7,5·e−2t − 2,5·e−6t
y(0,6) = 3,191

Ответ

y(0,6) = 3,191

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

3.Структурные схемы

Ответ: K = 1

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).

Характеристическое уравнение

1 + K/((s + 10)(s + 12)) = 0 → s² + 22s + 120 + K = 0

Кратный корень

Квадратный трёхчлен s² + βs + γ имеет двойной корень, когда β² = 4γ.

22² = 4(120 + K) → K = 484/4 − 120 = 1

Ответ

K = 1
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −11.
4.Структурные схемы

Ответ: K = 19,8

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).

Реакция на возмущение

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 10·5/(1 + 5K)

Решите относительно K

1 + 5K = 10·5/0,5 = 100
K = (100 − 1)/5 = 19,8

Ответ

K = 19,8
5.Переходная характеристика

Ответ: ts = 0,8 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 = 44 → ωₙ = 6,633 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·6,633) = 0,7538

Результат

ζωₙ = 5 → ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Ответ

ts = 0,8 s
6.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,4111

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) = √(500/0,5) = 31,62 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 13/(2·√(500·0,5)) = 0,4111

Результат

ζ = 0,4111

Ответ

ζ = 0,4111
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 1

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 − 3)(s + 2) + K(s + 10) = s² + (-1 + K)s + (10K − 6)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

-1 + K > 0 → K > 1
10K − 6 > 0 → K > 0,6
Kmin = 1

Ответ

Kmin = 1
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −0,4725

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) = −s(s + 1)(s + 5) = −(s³ + 6s² + 5s)

Стационарные точки

dK/ds = −(3s² + 12s + 5) = 0
s = (−12 ± √(144 − 60))/6 = −0,4725, −3,528

Выберите точку на годографе

Годограф лежит на вещественной оси между 0 и −1; другой корень годографу не принадлежит.

sb = −0,4725

Ответ

sb = −0,4725
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 2

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 ошибки по ускорению

Ka = 5·2/10 = 1

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 2/1 = 2

Ответ

ess = 2
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ts = 1,6 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 + 5) + 10·2 = s² + 5s + 20

ωₙ и ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 5/(2·4,472) = 0,559

Время установления

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Ответ

ts = 1,6 s

Время установления здесь не зависит от K: увеличение K лишь делает отклик более колебательным.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = 13,97 °

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 = 22/0,0022 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 6400/1592 = 4,021

Фаза

φ = 90° − atan(4,021) = 13,97°

Ответ

φ = 13,97°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 60,29

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/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 36)) = K/(4·6·(4 + 6)) = K/240

Требуемое усиление

240/K = 1012/20 = 3,981
K = 240/3,981 = 60,29

Ответ

K = 60,29

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