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 = 0,25f(0,25) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (3s + 33)/(s² + 10s + 25) и вычислите f(0,25).

F(s) = (3s + 33)/(s² + 10s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Решите y″ + 8y′ + 12y = 0 при y(0) = 3 и y′(0) = 13 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,5).

y″ + 8y′ + 12y = 0y(0) = 3y′(0) = 13t = 0,5 s
y(0.5) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+9K+8s + 2G(s)C(s)0,5H₁−−

Объект G(s) = 8/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 0,5. Коэффициент регулятора K = 9, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 8/(s + 2)H₁ = 0,5K = 9
T(0) =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+10s + 6объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s + 6) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 2 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,3333.

G(s) = 10/(s + 6)D = 2css ≤ 0,3333
K =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3tp​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 51/(s² + s + 17) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 51/(s² + s + 17)
tp = s
6.Переходная характеристикаСложная
k = 1000 N/mc = 10 N·s/mm = 2,5 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 2,5 kg подвешена на пружине k = 1000 N/m с вязким демпфером c = 10 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.

m = 2,5 kgk = 1000 N/mc = 10 N·s/mF = 10 N
%OS = %
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 2(s − 1)(s + 1)C(s)−

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

Для L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 17)) найдите угол выхода θd корневого годографа из комплексного полюса в верхней полуплоскости, отсчитываемый от положительного направления вещественной оси.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 8s + 17))
θd = °
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 10 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 10 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+20 + Kd​s4s(s + 3)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 20 + Kd·s управляет объектом G(s) = 4/(s(s + 3)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите дифференциальный коэффициент Kd, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,707.

G(s) = 4/(s(s + 3))Kp = 20ζ = 0,707
Kd = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHC = 1 µFR = 100 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 100 Ω при L = 100 mH и C = 1 µF. Найдите центральную (резонансную) частоту f0 в Hz.

R = 100 ΩL = 100 mHC = 1 µF
f0 = Hz
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) = 15,2/(s(s + 4)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 15,2/(s(s + 4))
ωc = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 2,149

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Простые дроби

3s + 33 = 3(s + 5) + 18
F(s) = 3/(s + 5) + 18/(s + 5)²

Обратное преобразование

f(t) = 3·e−5t + 18·t·e−5t
f(0,25) = (3 + 18·0,25)·e−5·0,25 = 2,149

Ответ

f(0,25) = 2,149
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.5) = 2,615

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 − 3s − 13 + 8(sY − 3) + 12Y = 0
Y(s) = (3s + 37)/((s + 2)(s + 6))

Простые дроби

A = 31/4 = 7,75
B = 19/(−4) = −4,75

Результат

y(t) = 7,75·e−2t − 4,75·e−6t
y(0,5) = 2,615

Ответ

y(0,5) = 2,615

Проверка: y(0) = A + B = 3.

3.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,9231

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 = G/(1 + G·H₁) = 8/(s + 2 + 8·0,5) = 8/(s + 6)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 72/(s + 6 + 72) = 72/(s + 78)

Результат

T(0) = 72/78 = 0,9231

Ответ

T(0) = 0,9231
4.Структурные схемы

Ответ: K = 5,4

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)) = 2·10/(6 + 10K)

Решите относительно K

6 + 10K = 2·10/0,3333 = 60
K = (60 − 6)/10 = 5,4

Ответ

K = 5,4
5.Переходная характеристика

Ответ: tp = 0,7676 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 = 17 → ωₙ = 4,123 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·4,123) = 0,1213

Результат

ωd = 4,123·√(1 − 0,1213²) = 4,093 rad/s → tp = π/ωd = 0,7676 s

Ответ

tp = 0,7676 s
6.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 72,92 %

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) = √(1000/2,5) = 20 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 10/(2·√(1000·2,5)) = 0,1

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 72,92 %

Ответ

%OS = 72,92 %
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 0,5

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 − 1)(s + 1) + K(s + 2) = s² + (0 + K)s + (2K − 1)

Условия

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

0 + K > 0 → K > 0
2K − 1 > 0 → K > 0,5
Kmin = 0,5

Ответ

Kmin = 0,5
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 + 8s + 17 = 0 → s = −4 ± j1
s = −6

Углы от остальных полюсов

∠(−4 + j1 + 6) = atan2(1, 2) = 26,57°
∠(−4 + j1 − (−4 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Угол выхода

θd = 180° − 26,57° − 90° = 63,43°

Ответ

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

Ответ: K = 180

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/20 = 9 → K = 180

Ответ

K = 180

Проверьте и устойчивость замкнутой системы: для этого контура второго порядка устойчив любой K > 0.

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 2,412 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 + 3) + 4(20 + Kds) = s² + (3 + 4Kd)s + 80

Собственная частота

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

3 + 4Kd = 2·0,707·8,944 = 12,65
Kd = 2,412 s

Ответ

Kd = 2,412 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: f0 = 503,3 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/√(0,1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 503,3 Hz

Ответ

f0 = 503,3 Hz
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 3,029 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 + 16ω² − 231 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·231))/2 = 9,177
ωc = 3,029 rad/s

Ответ

ωc = 3,029 rad/s

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