Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
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.
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
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
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
Найдите f(t) для F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 52) выделением полного квадрата и вычислите f(0,4).
F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 52)t = 0,4 s
f(0.4) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
Решите y″ + 7y′ + 10y = 0 при y(0) = 10 и y′(0) = 14 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,4).
Объект G(s) = K/(s(s + 3)(s + 6)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. С помощью критерия Рауса–Гурвица найдите наибольший коэффициент Kmax, при котором замкнутая система устойчива.
G(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))единичная отрицательная обратная связь
Kmax =
5.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 22/(s² + 4s + 44) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.
G(s) = 22/(s² + 4s + 44)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
Переходная характеристика системы второго порядка без нулей должна иметь перерегулирование 2 %. Найдите коэффициент демпфирования ζ.
%OS = 2 %
ζ =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Коэффициент усиления повышают до тех пор, пока замкнутая система не окажется на границе устойчивости. Найдите частоту ω незатухающих колебаний.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
ω = rad/s
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Для контура L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −0,5.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))s = −0,5
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 10 %.
G(s) = K/((s + 4)(s + 10))ess = 10 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 25 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.
G(s) = 5/(s(s + 4))K = 25
tp = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 2,2 kΩ, C = 2,2 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 160 kHz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.
R = 2,2 kΩC = 2,2 nFf = 160 kHz
|H| = dB
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 54/(s(s + 2)(s + 6)). Найдите запас по усилению GM в dB.
L(s) = 54/(s(s + 2)(s + 6))
GM = dB
3Растворы
1.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.4) = −0,9364
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 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 − 10s − 14 + 7(sY − 10) + 10Y = 0
Y(s) = (10s + 84)/((s + 2)(s + 5))
Простые дроби
A = 64/3 = 21,33
B = 34/(−3) = −11,33
Результат
y(t) = 21,33·e−2t − 11,33·e−5t
y(0,4) = 8,052
Ответ
y(0,4) = 8,052
Проверка: y(0) = A + B = 10.
3.Структурные схемы
Ответ: ess = 0,1563
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 скорости
Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 32/5 = 6,4
Установившаяся ошибка
ess = A/Kᵥ = 1/6,4 = 0,1563
Ответ
ess = 0,1563
4.Структурные схемы
Ответ: Kmax = 162
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
s³ + 9s² + 18s + K = 0
Таблица Рауса
s³ | 1 18
s² | 9 K
s¹ | (9·18 − K)/9
s⁰ | K
Граница устойчивости
Все элементы первого столбца должны быть положительными.
Kmax = 9·18 = 162
Ответ
Kmax = 162
5.Переходная характеристика
Ответ: σ = −2
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 = 4 → ζ = 4/(2·6,633) = 0,3015
Результат
σ = −ζωₙ = −4/2 = −2
Ответ
σ = −2
6.Переходная характеристика
Ответ: ζ = 0,7797
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).
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.
Таблица Рауса
s³ + 6s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K
Критический коэффициент усиления
K = 6·8 = 48
Вспомогательное уравнение
При критическом коэффициенте усиления строка s¹ равна нулю; строка s² даёт полюса на мнимой оси.
6s² + 48 = 0 → s = ±j√8
ω = 2,828 rad/s
Ответ
ω = 2,828 rad/s
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 16,63
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 + 10|
Вычислите в этой точке
K = 0,5·3,5·9,5 = 16,63
Ответ
K = 16,63
Проверка: s(s + 4)(s + 10) + K равно нулю при s = −0,5.
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: K = 360
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) = 0,1 → Kp = 9
Коэффициент усиления
K/40 = 9 → K = 360
Ответ
K = 360
Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: tp = 0,2856 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 + 4) + 25·5 = s² + 4s + 125
ωₙ и ζ
ωₙ = √125 = 11,18 rad/s
ζ = 4/(2·11,18) = 0,1789
Время пика
ωd = 11,18·√(1 − 0,1789²) = 11 rad/s
tp = π/11 = 0,2856 s
Ответ
tp = 0,2856 s
11.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: |H| = −13,92 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/(2200·2,2 × 10⁻⁹) = 206612 rad/s
fc = 32883 Hz → f/fc = 160000/32883 = 4,866
Коэффициент усиления
|H| = 1/√(1 + 4,866²) = 0,2013
20·log₁₀(0,2013) = −13,92 dB
Ответ
|H| = −13,92 dB
12.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: GM = 4,998 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.