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−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

F(s) = 39/(s² + 7s + 12). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−3t + B·e−4t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = 39/(s² + 7s + 12)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 6y = 24·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,3).

y″ + 5y′ + 6y = 24·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+Ks(s + 17)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 17)) 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 + 17))единичная отрицательная обратная связь
K =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+9s + 2объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 9/(s + 2) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 1 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,045.

G(s) = 9/(s + 2)D = 1css ≤ 0,045
K =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 28/(s² + s + 14) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 28/(s² + s + 14)
ts = s
6.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 10)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 30 %.

G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 30 %
K =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 4))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 2)(s + 6)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 2)(s + 6))
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K = 421s + 1C(s)−

Процесс G(s) = 2/(1s + 1) управляется пропорциональным коэффициентом усиления K = 4 в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess по ступеньке в процентах от величины ступеньки.

G(s) = 2/(1s + 1)K = 4
ess = %
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 4/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 2 rad/s и ζ = 0,7. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 4/(s + 1)ωₙ = 2 rad/sζ = 0,7
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 10 mHC = 4,7 µFR = 2 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 2 Ω при L = 10 mH и C = 4,7 µF. Найдите добротность Q.

R = 2 ΩL = 10 mHC = 4,7 µF
Q =
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 800/(s(s + 10)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 800/(s(s + 10))
PM = °

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 39

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 + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 4)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 3) и положите s = −3: слагаемое с B обращается в нуль.

A = 39/(s + 4) |s = −3 = 39/1 = 39

Ответ

A = 39
(B = −39, поэтому f(t) = 39·e−3t − 39·e−4t)
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = 5,5

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 + 6)·Y(s) = 5s + 25 + 48/s
Y(s) = (5s² + 25s + 48)/(s(s + 2)(s + 3))

Простые дроби

A = 48/(2·3) = 8
B = 18/((−2)·1) = −9
C = 18/((−3)·(−1)) = 6

Результат

y(t) = 8 − 9·e−2t + 6·e−3t
y(0,3) = 5,5

Ответ

y(0,3) = 5,5

Проверка: y(0) = A + B + C = 5.

3.Структурные схемы

Ответ: K = 72,25

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 + 17)) = 0 → s² + 17s + K = 0

Кратный корень

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

17² = 4K → K = 289/4 = 72,25

Ответ

K = 72,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −8,5.
4.Структурные схемы

Ответ: K = 22

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)) = 1·9/(2 + 9K)

Решите относительно K

2 + 9K = 1·9/0,045 = 200
K = (200 − 2)/9 = 22

Ответ

K = 22
5.Переходная характеристика

Ответ: ts = 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 = 14 → ωₙ = 3,742 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,742) = 0,1336

Результат

ζωₙ = 0,5 → ts ≈ 4/0,5 = 8 s

Ответ

ts = 8 s
6.Переходная характеристика

Ответ: K = 195,2

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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = K/(s² + 10s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Коэффициент усиления

ωₙ = 10/(2ζ) = 13,97 rad/s
K = ωₙ² = 195,2

Ответ

K = 195,2
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 84

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.

Характеристическое уравнение

s³ + 7s² + 12s + K = 0

Таблица Рауса

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

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
7·12 − K > 0 → K < 84

Ответ

Kmax = 84

При K = 84 замкнутая система колеблется с частотой ω = √12 = 3,464 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 4

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.

Точка отрыва

Для K = −(s + 2)(s + 6) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 8 = 0.

sb = −4

Условие по модулю

K = |−4 + 2|·|−4 + 6| = 2·2 = 4

Ответ

K = 4

При этом коэффициенте усиления замкнутая система критически демпфирована (ζ = 1).

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 11,11 %

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 позиционной ошибки

Kp = 4·2 = 8

Ошибка по ступеньке

ess = 100/(1 + 8) = 11,11 %

Ответ

ess = 11,11 %
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 0,45

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 + 1).

s² + (1 + 4Kp)s + 4Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·2s + 2² = s² + 2,8s + 4

Приравняйте коэффициенты

1 + 4Kp = 2,8 → Kp = 0,45

Ответ

Kp = 0,45

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: Q = 23,06

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/√(0,01·4,7 × 10⁻⁶) = 4613 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 734,1 Hz

Добротность

BW = R/L = 2/0,01 = 200 rad/s = 31,83 Hz
Q = ω₀/BW = 4613/200 = 23,06

Ответ

Q = 23,06
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 20,04 °

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 + 100ω² − 640000 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·640000))/2 = 751,6
ωc = 27,41 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(27,41/10) = −160°
PM = 180° + ∠L = 20,04°

Ответ

PM = 20,04°

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