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 = 1,2f(1,2) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 3)) разложением на простые дроби и вычислите f(1,2).

F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 3))t = 1,2 s
f(1.2) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t), где y(0) = 4 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,2).

y″ + 3y′ + 2y = 6·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+16s(s + 3)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 16/(s(s + 3)). Задающее воздействие — линейно нарастающий сигнал r(t) = 5·t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 16/(s(s + 3))r(t) = 5·t
ess =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+11s + 4G₁+2s + 1G₂C(s)0,5H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 11/(s + 4), G₂ = 2/(s + 1), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 0,5 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 11/(s + 4)G₂ = 2/(s + 1)H₁ = 0,5H₂ = 0,1
T(0) =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5

Система имеет передаточную функцию G(s) = 47,5/(s² + 11s + 95) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 47,5/(s² + 11s + 95)
σ =
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 10 %.

G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 10 %
K =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 2)(s + 8)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6j2j4

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5t+2(s + 3)s(s + 4)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 2(s + 3)/(s(s + 4)) подано линейное воздействие r(t) = 5t. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 2(s + 3)/(s(s + 4))r(t) = 5t
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 401s(s + 10)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 40 управляет объектом G(s) = 1/(s(s + 10)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 40
%OS = %
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​R = 3,3 kΩC = 22 nFvout​

Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 3,3 kΩ, C = 22 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 11 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 3,3 kΩC = 22 nFf = 11 kHz
φ = °
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) = 52/(s(s + 8)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 52/(s(s + 8))
ωc = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(1.2) = 9,365

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 3)
A = 50/(1·3) = 16,67
B = 50/((−1)·2) = −25
C = 50/((−3)·(−2)) = 8,333

Обратное преобразование

f(t) = 16,67 − 25·e−t + 8,333·e−3t

Вычислите

f(1,2) = 16,67 − 25·e−1,2 + 8,333·e−3·1,2 = 9,365

Ответ

f(1,2) = 9,365
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 4,066

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 + 3s + 2)·Y(s) = 4s + 12 + 12/s
Y(s) = (4s² + 12s + 12)/(s(s + 1)(s + 2))

Простые дроби

A = 12/(1·2) = 6
B = 4/((−1)·1) = −4
C = 4/((−2)·(−1)) = 2

Результат

y(t) = 6 − 4·e−t + 2·e−2t
y(0,2) = 4,066

Ответ

y(0,2) = 4,066

Проверка: y(0) = A + B + C = 4.

3.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,9375

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) = 16/3 = 5,333

Установившаяся ошибка

ess = A/Kᵥ = 5/5,333 = 0,9375

Ответ

ess = 0,9375
4.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 2,157

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 2/(s + 2)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 22/((s + 4)(s + 2) + 2,2)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 22/(4·2 + 2,2) = 22/10,2 = 2,157

Ответ

T(0) = 2,157
5.Переходная характеристика

Ответ: σ = −5,5

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 = 95 → ωₙ = 9,747 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,747) = 0,5643

Результат

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Ответ

σ = −5,5
6.Переходная характеристика

Ответ: K = 71,54

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(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 0,5912

Коэффициент усиления

ωₙ = 10/(2ζ) = 8,458 rad/s
K = ωₙ² = 71,54

Ответ

K = 71,54
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 160

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 + 10s² + 16s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 16
s²: 10, K
s¹: (10·16 − K)/10
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
10·16 − K > 0 → K < 160

Ответ

Kmax = 160

При K = 160 замкнутая система колеблется с частотой ω = √16 = 4 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 5,385 rad/s

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.

Критический коэффициент усиления

s³ + 10s² + 29s + 20 + K = 0
s¹: (10·29 − 20 − K)/10 = 0 → K = 270

Частота пересечения

10s² + 20 + 270 = 10s² + 290 = 0 → s² = −29
ω = √29 = 5,385 rad/s

Ответ

ω = 5,385 rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 3,333

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 скоростной ошибки

Kv = lim s·G(s) = 1,5

Ошибка по линейному воздействию

ess = 5/1,5 = 3,333

Ответ

ess = 3,333
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 1,732 %

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 + 10) + 40·1 = s² + 10s + 40

ωₙ и ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 10/(2·6,325) = 0,7906

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,7906π/√(1 − 0,7906²) = 1,732 %

Ответ

%OS = 1,732 %
11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −78,73 °

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/(3300·2,2 × 10⁻⁸) = 13774 rad/s
fc = 2192 Hz → f/fc = 11000/2192 = 5,018

Фаза

φ = − atan(5,018) = −78,73°

Ответ

φ = −78,73°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 5,39 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 − 2704 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·2704))/2 = 29,06
ωc = 5,39 rad/s

Ответ

ωc = 5,39 rad/s

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