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

Найдите f(t) для F(s) = (4s + 4)/(s² + 8s + 17) выделением полного квадрата и вычислите f(0,2).

F(s) = (4s + 4)/(s² + 8s + 17)t = 0,2 s
f(0.2) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t), где y(0) = 6 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,3).

y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+Ks(s + 3)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 3)) 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 + 3))единичная отрицательная обратная связь
K =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+10s + 5объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 10/(s + 5) 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 0,4.

G(s) = 10/(s + 5)D = 2css ≤ 0,4
K =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 132/(s² + 4s + 44) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 132/(s² + 4s + 44)
ts = s
6.Переходная характеристикаСложная
k = 200 N/mc = 76 N·s/mm = 20 kgF = 20 Nx(t)

Масса m = 20 kg подвешена на пружине k = 200 N/m с вязким демпфером c = 76 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 20 N. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

m = 20 kgk = 200 N/mc = 76 N·s/mF = 20 N
ζ =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 8s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

Показан корневой годограф L(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K в точке отрыва sb, где два полюса замкнутой системы встречаются на вещественной оси.

L(s) = K/((s + 4)(s + 10))
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
R(s)+K(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 20 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 20 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 1/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 5 rad/s и ζ = 0,6. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 1/(s + 1)ωₙ = 5 rad/sζ = 0,6
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 47 mHR = 22 Ωvout​

Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 22 Ω, L = 47 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 220 Hz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.

R = 22 ΩL = 47 mHf = 220 Hz
φ = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 272/(s(s + 8)). Найдите запас по фазе PM в градусах.

L(s) = 272/(s(s + 8))
PM = °

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.2) = 0,6903

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).

Выделение полного квадрата

s² + 8s + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Подбор числителя

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 1²) + (−12/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Обратное преобразование

f(t) = e−4t·(4·cos 1t − 12·sin 1t)
f(0,2) = e−4·0,2·(4·cos(1·0,2) − 12·sin(1·0,2)) = 0,6903

Ответ

f(0,2) = 0,6903
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = 8,107

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 + 7s + 10)·Y(s) = 6s + 42 + 150/s
Y(s) = (6s² + 42s + 150)/(s(s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 150/(2·5) = 15
B = 90/((−2)·3) = −15
C = 90/((−5)·(−3)) = 6

Результат

y(t) = 15 − 15·e−2t + 6·e−5t
y(0,3) = 8,107

Ответ

y(0,3) = 8,107

Проверка: y(0) = A + B + C = 6.

3.Структурные схемы

Ответ: K = 2,25

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 + 3)) = 0 → s² + 3s + K = 0

Кратный корень

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

3² = 4K → K = 9/4 = 2,25

Ответ

K = 2,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −1,5.
4.Структурные схемы

Ответ: K = 4,5

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/(5 + 10K)

Решите относительно K

5 + 10K = 2·10/0,4 = 50
K = (50 − 5)/10 = 4,5

Ответ

K = 4,5
5.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2 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 = 44 → ωₙ = 6,633 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·6,633) = 0,3015

Результат

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Ответ

ts = 2 s
6.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,6008

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) = √(200/20) = 3,162 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 76/(2·√(200·20)) = 0,6008

Результат

ζ = 0,6008

Ответ

ζ = 0,6008
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 24

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 + 2)(s + 4) + K(s + 8) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 8K

Таблица Рауса

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 8K
s¹: (6·(8 + K) − 8K)/6
s⁰: 8K

Условие

48 − 2K > 0
K < 48/2 = 24

Ответ

Kmax = 24

Если бы нуль лежал правее s = −6, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 9

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 + 4)(s + 10) равенство dK/ds = 0 даёт 2s + 14 = 0.

sb = −7

Условие по модулю

K = |−7 + 4|·|−7 + 10| = 3·3 = 9

Ответ

K = 9

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

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 80

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) = 0,2 → Kp = 4

Коэффициент усиления

K/20 = 4 → K = 80

Ответ

K = 80

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

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 5

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 + 1Kp)s + 1Ki

Целевой полином

s² + 2·0,6·5s + 5² = s² + 6s + 25

Приравняйте коэффициенты

1 + 1Kp = 6 → Kp = 5

Ответ

Kp = 5

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: φ = −71,29 °

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 = R/L = 22/0,047 = 468,1 rad/s
fc = 74,5 Hz → f/fc = 220/74,5 = 2,953

Фаза

φ = − atan(2,953) = −71,29°

Ответ

φ = −71,29°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: PM = 27,22 °

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 − 73984 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·73984))/2 = 241,9
ωc = 15,55 rad/s

Запас по фазе

∠L(jωc) = −90° − atan(15,55/8) = −152,8°
PM = 180° + ∠L = 27,22°

Ответ

PM = 27,22°

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