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−1−2−3−4−51

F(s) = (3s + 8)/(s² + 8s + 15). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−3t + B·e−5t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (3s + 8)/(s² + 8s + 15)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t). Она начинает из покоя (y(0) = 0, y′(0) = 0), а входом служит ступенька u(t) = 10 при t ≥ 0. С помощью преобразования Лапласа найдите выход y(0,2).

y″ + 7y′ + 12y = 12·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+9s + 10G(s)C(s)0,1H−

Объект G(s) = 9/(s + 10) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,1. На R подаётся ступенька величиной 24. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 9/(s + 10)H = 0,1R = 24
css =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+Kрегулятор+D(s)+6s + 2объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 6/(s + 2) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Ступенька возмущения величиной 10 действует на входе объекта при R = 0. Найдите наименьший коэффициент K, при котором установившийся выход не превышает 0,3.

G(s) = 6/(s + 2)D = 10css ≤ 0,3
K =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 70/(s² + 5s + 70) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 70/(s² + 5s + 70)
%OS = %
6.Переходная характеристикаСложная
R(s)+265s(s + 6)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 265/(s(s + 6)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 265/(s(s + 6))
ts = s
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 11s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K(s + 11)/(s(s + 1)(s + 4)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K(s + 11)/(s(s + 1)(s + 4))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2−3

Для контура L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)) найдите коэффициент усиления K, при котором полюс замкнутой системы находится в точке s = −3.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))s = −3
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 5 + 3t+50s(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 50/(s(s + 1)) подан вход r(t) = 5 + 3t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 50/(s(s + 1))r(t) = 5 + 3t
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K5s(s + 4)C(s)−

Пропорциональный регулятор K управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 4)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите коэффициент усиления K, при котором замкнутая система имеет коэффициент демпфирования ζ = 0,8.

G(s) = 5/(s(s + 4))ζ = 0,8
K =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 1

Найдите точный модуль |G(jω)| функции G(s) = 900/((s + 15)(s + 20)) при ω = 1 rad/s в dB.

G(s) = 900/((s + 15)(s + 20))ω = 1 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 + 6)(s + 9)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 12 dB.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 9))GM = 12 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: A = −0,5

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).

Разложение знаменателя на множители

s² + 8s + 15 = (s + 3)(s + 5)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 5)

Правило закрытия

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

A = (3s + 8)/(s + 5) |s = −3 = −1/2 = −0,5

Ответ

A = −0,5
(B = 3,5, поэтому f(t) = −0,5·e−3t + 3,5·e−5t)
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 1,527

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 + 3)(s + 4))

Простые дроби

A = 120/(3·4) = 10
B = 120/((−3)·1) = −40
C = 120/((−4)·(−1)) = 30

Выделение

y(t) = 10 − 40·e−3t + 30·e−4t
y(0,2) = 1,527

Ответ

y(0,2) = 1,527
3.Структурные схемы

Ответ: css = 19,82

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) = 9/(s + 10 + 0,9) = 9/(s + 10,9)

Результат

css = R·T(0) = 24·9/10,9 = 19,82

Ответ

css = 19,82
4.Структурные схемы

Ответ: K = 33

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)) = 10·6/(2 + 6K)

Решите относительно K

2 + 6K = 10·6/0,3 = 200
K = (200 − 2)/6 = 33

Ответ

K = 33
5.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 37,39 %

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 = 70 → ωₙ = 8,367 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,367) = 0,2988

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,9837 = 37,39 %

Ответ

%OS = 37,39 %
6.Переходная характеристика

Ответ: ts = 1,333 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).

Передаточная функция замкнутой системы

T(s) = 265/(s² + 6s + 265): ωₙ = 16,28 rad/s, ζ = 0,1843

Время установления

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Ответ

ts = 1,333 s

Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.

7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 3,333

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 + 1)(s + 4) + K(s + 11) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 11K

Таблица Рауса

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 11K
s¹: (5·(4 + K) − 11K)/5
s⁰: 11K

Условие

20 − 6K > 0
K < 20/6 = 3,333

Ответ

Kmax = 3,333

Если бы нуль лежал правее s = −5, контур оставался бы устойчивым при любом K > 0.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: K = 63

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 + 6|·|s + 10|

Вычислите в этой точке

K = 3·3·7 = 63

Ответ

K = 63

Проверка: s(s + 6)(s + 10) + K равно нулю при s = −3.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,06

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) = 50

Ступенчатая часть

Kp = ∞ → estep = 0

Ошибка по линейному воздействию

ess = 3/50 = 0,06

Ответ

ess = 0,06
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 1,25

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) + 5K = s² + 4s + 5K

Собственная частота

2·0,8·ωₙ = 4 → ωₙ = 2,5 rad/s

Коэффициент усиления

5K = ωₙ² = 6,25 → K = 1,25

Ответ

K = 1,25
11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |G(jω)| = 9,512 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(j1)| = 900/(√(1² + 15²)·√(1² + 20²)) = 900/(15,03·20,02) = 2,99

Результат

20·log₁₀(2,99) = 9,512 dB

Ответ

|G(jω)| = 9,512 dB
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 203,5

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/6)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(6·9) = 7,348 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 81)) = K/(6·9·(6 + 9)) = K/810

Требуемое усиление

810/K = 1012/20 = 3,981
K = 810/3,981 = 203,5

Ответ

K = 203,5

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