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 = 0,6f(0,6) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (5s + 32)/(s² + 6s + 9) и вычислите f(0,6).

F(s) = (5s + 32)/(s² + 6s + 9)t = 0,6 s
f(0.6) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Решите y″ + 9y′ + 18y = 0 при y(0) = −6 и y′(0) = −4 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).

y″ + 9y′ + 18y = 0y(0) = −6y′(0) = −4t = 0,25 s
y(0.25) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+Ks(s + 19)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 19)) 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(s + 19))единичная отрицательная обратная связь
K =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+8s + 8объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 8/(s + 8) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 0,5 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,1.

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

Система имеет передаточную функцию G(s) = 54/(s² + 5s + 54) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 54/(s² + 5s + 54)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
+−12 VR = 19 ΩL = 50 mHC = 22 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 19 Ω, L = 50 mH и C = 22 µF подключается к ступеньке 12 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите перерегулирование %OS напряжения на конденсаторе в процентах.

R = 19 ΩL = 50 mHC = 22 µFV = 12 V
%OS = %
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 2(s − 4)(s + 1)C(s)−

Объект G(s) = (s + 2)/((s − 4)(s + 1)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 4. 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 + 2)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 6)/(s(s + 4)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −4, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку отрыва sb.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 4))
sb =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5t+Ks(s + 2)C(s)−

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 2)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 5t с установившейся ошибкой 0,01. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 2))r(t) = 5tess = 0,01
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 5C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 2/(s + 5) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 5 rad/s и ζ = 0,8. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 2/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,8
Ki =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 30

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 28(s + 7)/(s(s + 15)) при ω = 30 rad/s в градусах.

G(s) = 28(s + 7)/(s(s + 15))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 12/(s(s + 8)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 12/(s(s + 8))
ωc = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.6) = 2,513

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 + 6s + 9 = (s + 3)²

Простые дроби

5s + 32 = 5(s + 3) + 17
F(s) = 5/(s + 3) + 17/(s + 3)²

Обратное преобразование

f(t) = 5·e−3t + 17·t·e−3t
f(0,6) = (5 + 17·0,6)·e−3·0,6 = 2,513

Ответ

f(0,6) = 2,513
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = −4,662

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 − (−6)s − (−4) + 9(sY − (−6)) + 18Y = 0
Y(s) = (−6s − 58)/((s + 3)(s + 6))

Простые дроби

A = −40/3 = −13,33
B = −22/(−3) = 7,333

Результат

y(t) = −13,33·e−3t + 7,333·e−6t
y(0,25) = −4,662

Ответ

y(0,25) = −4,662

Проверка: y(0) = A + B = −6.

3.Структурные схемы

Ответ: K = 90,25

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(s + 19)) = 0 → s² + 19s + K = 0

Кратный корень

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

19² = 4K → K = 361/4 = 90,25

Ответ

K = 90,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −9,5.
4.Структурные схемы

Ответ: K = 4

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)) = 0,5·8/(8 + 8K)

Решите относительно K

8 + 8K = 0,5·8/0,1 = 40
K = (40 − 8)/8 = 4

Ответ

K = 4
5.Переходная характеристика

Ответ: σ = −2,5

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 = 54 → ωₙ = 7,348 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7,348) = 0,3402

Результат

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Ответ

σ = −2,5
6.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 52,79 %

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,05·2,2 × 10⁻⁵) = 953,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (19/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,05) = 0,1993

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 52,79 %

Ответ

%OS = 52,79 %
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 3

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 − 4)(s + 1) + K(s + 2) = s² + (-3 + K)s + (2K − 4)

Условия

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

-3 + K > 0 → K > 3
2K − 4 > 0 → K > 2
Kmin = 3

Ответ

Kmin = 3
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: sb = −2,536

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 + 4s)/(s + 6)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 4)(s + 6) − (s² + 4s) = s² + 12s + 24 = 0
s = −6 ± √12 = −2,536, −9,464

Точка отрыва

sb = −2,536

Ответ

sb = −2,536

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √12 = 3,464.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 1000

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 = 5/0,01 = 500

Коэффициент усиления

K = 2·Kv = 1000

Ответ

K = 1000

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,03162. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 12,5

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 + 5).

s² + (5 + 2Kp)s + 2Ki

Целевой полином

s² + 2·0,8·5s + 5² = s² + 8s + 25

Приравняйте коэффициенты

2Ki = 25 → Ki = 12,5

Ответ

Ki = 12,5

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −76,57 °

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(30/7) − 90° − atan(30/15) = 76,87° − 90° − 63,43°

Результат

∠G(j30) = −76,57°

Ответ

∠G(jω) = −76,57°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 1,475 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 + 64ω² − 144 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·144))/2 = 2,176
ωc = 1,475 rad/s

Ответ

ωc = 1,475 rad/s

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