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 = 0,1f(0,1) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,1).

F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,1 s
f(0.1) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 6y′ + 8y = 24·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 5 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,1).

y″ + 6y′ + 8y = 24·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+26s + 9G(s)C(s)0,1H−

Объект G(s) = 26/(s + 9) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,1. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.

G(s) = 26/(s + 9)H = 0,1
τ = s
4.Структурные схемыСложная
R(s)+28регулятор+D(s)+2s + 6объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 28 управляет объектом G(s) = 2/(s + 6) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 5 и ступенька возмущения величиной 2. Найдите установившийся выход css.

K = 28G(s) = 2/(s + 6)D = 2R = 5
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)0,5?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 41/(s² + 13s + 82) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 41/(s² + 13s + 82)
%OS = %
6.Переходная характеристикаСложная
k = 1000 N/mc = 9 N·s/mm = 0,5 kgF = 100 Nx(t)

Масса m = 0,5 kg подвешена на пружине k = 1000 N/m с вязким демпфером c = 9 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 100 N. Найдите наибольшее смещение xmax в mm.

m = 0,5 kgk = 1000 N/mc = 9 N·s/mF = 100 N
xmax = mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+2201s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 220/(s(s + 1)(s + 10)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 220/(s(s + 1)(s + 10))
N =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4j2j4

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

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

Контур с единичной обратной связью и G(s) = K/(s(s + 1)) должен отслеживать линейное воздействие r(t) = 5t с установившейся ошибкой 0,01. Найдите коэффициент усиления K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 5tess = 0,01
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 205s(s + 4)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 20 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 5/(s(s + 4))K = 20
%OS = %
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 765/((s + 5)(s + 17)) при ω = 3 rad/s в dB.

G(s) = 765/((s + 5)(s + 17))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = K/(s(s + 4)(s + 7)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 7))GM = 10 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.1) = 0,05775

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 + 3) + C/(s + 5)
A = 15/(3·5) = 1
B = 15/((−3)·2) = −2,5
C = 15/((−5)·(−2)) = 1,5

Обратное преобразование

f(t) = 1 − 2,5·e−3t + 1,5·e−5t

Вычислите

f(0,1) = 1 − 2,5·e−3·0,1 + 1,5·e−5·0,1 = 0,05775

Ответ

f(0,1) = 0,05775
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 0,4929

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

Y(s) = 120/(s(s + 2)(s + 4))

Простые дроби

A = 120/(2·4) = 15
B = 120/((−2)·2) = −30
C = 120/((−4)·(−2)) = 15

Выделение

y(t) = 15 − 30·e−2t + 15·e−4t
y(0,1) = 0,4929

Ответ

y(0,1) = 0,4929
3.Структурные схемы

Ответ: τ = 0,08621 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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = G/(1 + G·H) = 26/(s + 9 + 2,6) = 26/(s + 11,6)

Результат

τ = 1/11,6 = 0,08621 s

Ответ

τ = 0,08621 s
4.Структурные схемы

Ответ: css = 4,581

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).

Передаточные функции

C/D = G/(1 + K·G) = 2/(s + 6 + 56)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 56/(s + 6 + 56)

Установившийся режим

css = 5·56/62 + 2·2/62 = 4,581

Ответ

css = 4,581

Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.

5.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 3,921 %

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 = 82 → ωₙ = 9,055 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9,055) = 0,7178

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,239 = 3,921 %

Ответ

%OS = 3,921 %
6.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 152,4 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) = √(1000/0,5) = 44,72 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 9/(2·√(1000·0,5)) = 0,2012

Результат

xst = F/k = 100/1000 m = 100 mm
%OS = 52,44 %
xmax = 100·(1 + 0,5244) = 152,4 mm

Ответ

xmax = 152,4 mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 2

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

s³ + 11s² + 10s + 220 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 10
s²: 11, 220
s¹: −10
s⁰: 220

Смены знака в первом столбце

1 → 11 → −10 → 220
N = 2

Ответ

N = 2

Коэффициент усиления выше предела K = 110, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 5,099 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 + 9s² + 26s + 24 + K = 0
s¹: (9·26 − 24 − K)/9 = 0 → K = 210

Частота пересечения

9s² + 24 + 210 = 9s² + 234 = 0 → s² = −26
ω = √26 = 5,099 rad/s

Ответ

ω = 5,099 rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 500

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 скоростной ошибки

Kv = A/ess = 5/0,01 = 500

Коэффициент усиления

K = 1·Kv = 500

Ответ

K = 500

Большой коэффициент усиления делает этот контур очень слабо демпфированным: ζ = 0,02236. Именно из-за такого противоречия применяют корректирующие устройства.

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: %OS = 52,66 %

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) + 20·5 = s² + 4s + 100

ωₙ и ζ

ωₙ = √100 = 10 rad/s
ζ = 4/(2·10) = 0,2

Перерегулирование

%OS = 100·e−0,2π/√(1 − 0,2²) = 52,66 %

Ответ

%OS = 52,66 %
11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 17,62 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.

Перемножьте модули

|G(j3)| = 765/(√(3² + 5²)·√(3² + 17²)) = 765/(5,831·17,26) = 7,6

Результат

20·log₁₀(7,6) = 17,62 dB

Ответ

|G(jω)| = 17,62 dB
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 97,4

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/4)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(4·7) = 5,292 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 49)) = K/(4·7·(4 + 7)) = K/308

Требуемое усиление

308/K = 1010/20 = 3,162
K = 308/3,162 = 97,4

Ответ

K = 97,4

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