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 + 8)/(s² + 6s + 9) и вычислите f(0,25).

F(s) = (3s + 8)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t), где y(0) = 4 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,6).

y″ + 5y′ + 4y = 8·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,6 s
y(0.6) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+13K+8s + 2G(s)C(s)4H₁−−

Объект G(s) = 8/(s + 2) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 4. Коэффициент регулятора K = 13, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите полюс замкнутой системы p.

G(s) = 8/(s + 2)H₁ = 4K = 13
p =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Ks(s + 6)(s + 7)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 6)(s + 7)) помещён в контур с единичной отрицательной обратной связью. При наибольшем устойчивом коэффициенте в контуре возникают колебания. Найдите частоту колебаний ω в rad/s.

G(s) = K/(s(s + 6)(s + 7))единичная отрицательная обратная связь
ω = rad/s
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 72/(s² + 9s + 72) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 72/(s² + 9s + 72)
ζ =
6.Переходная характеристикаСложная
k = 5000 N/mc = 20 N·s/mm = 2 kgF = 10 Nx(t)

Масса m = 2 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 20 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.

m = 2 kgk = 5000 N/mc = 20 N·s/mF = 10 N
xmax = mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 13s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 13)/(s(s + 3)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 13)/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2−0,5

Для контура L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −0,5.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))s = −0,5
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 1)(s + 5)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 25 %.

G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 25 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+2 + Kd​s5s(s + 3)C(s)−

ПД-регулятор C(s) = 2 + Kd·s управляет объектом G(s) = 5/(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) = 5/(s(s + 3))Kp = 2ζ = 0,707
Kd = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 1

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 43(s + 3)/(s(s + 5)) при ω = 1 rad/s в градусах.

G(s) = 43(s + 3)/(s(s + 5))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 40/(s(s + 3)(s + 10)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 40/(s(s + 3)(s + 10))
GM = dB

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.25) = 1,299

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

3s + 8 = 3(s + 3) + −1
F(s) = 3/(s + 3) − 1/(s + 3)²

Обратное преобразование

f(t) = 3·e−3t − t·e−3t
f(0,25) = (3 − 1·0,25)·e−3·0,25 = 1,299

Ответ

f(0,25) = 1,299
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.6) = 5,791

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 + 5s + 4)·Y(s) = 4s + 20 + 40/s
Y(s) = (4s² + 20s + 40)/(s(s + 1)(s + 4))

Простые дроби

A = 40/(1·4) = 10
B = 24/((−1)·3) = −8
C = 24/((−4)·(−3)) = 2

Результат

y(t) = 10 − 8·e−t + 2·e−4t
y(0,6) = 5,791

Ответ

y(0,6) = 5,791

Проверка: y(0) = A + B + C = 4.

3.Структурные схемы

Ответ: p = −138

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 + 8·4) = 8/(s + 34)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 104/(s + 34 + 104) = 104/(s + 138)

Результат

p = −138

Ответ

p = −138
4.Структурные схемы

Ответ: ω = 6,481 rad/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).

Характеристическое уравнение

s³ + 13s² + 42s + K = 0

Таблица Рауса

s³ | 1 42
s² | 13 K
s¹ | (13·42 − K)/13
s⁰ | K

Граница устойчивости

Все элементы первого столбца должны быть положительными.

Kmax = 13·42 = 546

Частота колебаний

13·(jω)² + 546 = 0 → ω² = 546/13 = 42
ω = 6,481 rad/s

Ответ

ω = 6,481 rad/s
5.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,5303

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 = 72 → ωₙ = 8,485 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·8,485) = 0,5303

Результат

ζ = 0,5303

Ответ

ζ = 0,5303
6.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 3,458 mm

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) = √(5000/2) = 50 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 20/(2·√(5000·2)) = 0,1

Результат

xst = F/k = 10/5000 m = 2 mm
%OS = 72,92 %
xmax = 2·(1 + 0,7292) = 3,458 mm

Ответ

xmax = 3,458 mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 14

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 + 3)(s + 4) + K(s + 13) = s³ + 7s² + (12 + K)s + 13K

Таблица Рауса

s³: 1, 12 + K
s²: 7, 13K
s¹: (7·(12 + K) − 13K)/7
s⁰: 13K

Условие

84 − 6K > 0
K < 84/6 = 14

Ответ

Kmax = 14

Если бы нуль лежал правее s = −7, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4,125

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 + 2|·|s + 6|

Вычислите в этой точке

K = 0,5·1,5·5,5 = 4,125

Ответ

K = 4,125

Проверка: s(s + 2)(s + 6) + K равно нулю при s = −0,5.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 15

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) = 0,25 → Kp = 3

Коэффициент усиления

K/5 = 3 → K = 15

Ответ

K = 15

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

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kd = 0,2943 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) + 5(2 + Kds) = s² + (3 + 5Kd)s + 10

Собственная частота

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s

Коэффициент усиления дифференциальной составляющей

3 + 5Kd = 2·0,707·3,162 = 4,471
Kd = 0,2943 s

Ответ

Kd = 0,2943 s

Дифференциальная составляющая добавляет демпфирование, не меняя ωₙ.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −82,87 °

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(1/3) − 90° − atan(1/5) = 18,43° − 90° − 11,31°

Результат

∠G(j1) = −82,87°

Ответ

∠G(jω) = −82,87°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 19,78 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 перехода фазы

(ω/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(390/40) = 19,78 dB

Ответ

GM = 19,78 dB

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