Запишите коэффициенты поочерёдно в первые две строки таблицы Рауса и достройте остальные строки.
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.
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
Посчитайте полюса разомкнутого контура C(s)·G(s) в точке s = 0: это тип системы.
Найдите коэффициент ошибки, соответствующий входу: Kp для ступеньки, Kv для линейного воздействия, Ka для параболы.
Примените ess = A/(1 + Kp), A/Kv или A/Ka либо решите это уравнение относительно нужного коэффициента усиления.
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
F(s) = (4s + 26)/(s² + 7s + 6). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.
F(s) = (4s + 26)/(s² + 7s + 6)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 3y′ + 2y = 4·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(1).
Объект G(s) = 15/(s + 2) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,2. Найдите постоянную времени τ замкнутой системы.
G(s) = 15/(s + 2)H = 0,2
τ = s
4.Структурные схемыСложная
Пропорциональный регулятор K = 4 управляет объектом G(s) = 1/(s + 6) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 1 и ступенька возмущения величиной 0,5. Найдите установившийся выход css.
K = 4G(s) = 1/(s + 6)D = 0,5R = 1
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 24/(s² + s + 12) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите собственную частоту ωn в rad/s.
G(s) = 24/(s² + s + 12)
ωn = rad/s
6.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 4 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 42 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 10 N. Найдите перерегулирование %OS смещения в процентах.
m = 4 kgk = 5000 N/mc = 42 N·s/mF = 10 N
%OS = %
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
Контур на схеме имеет отрицательную обратную связь, L(s) = 80/(s(s + 1)(s + 4)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?
L(s) = 80/(s(s + 1)(s + 4))
N =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
Показан корневой годограф L(s) = K/(s(s + 5)). Найдите коэффициент усиления K, при котором полюса замкнутой системы имеют коэффициент демпфирования ζ = 0,4.
L(s) = K/(s(s + 5))ζ = 0,4
K =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
На контур с единичной обратной связью и G(s) = 10/(s(s + 5)) подан вход r(t) = 2 + 1t (ступенька плюс линейное воздействие). Найдите установившуюся ошибку ess.
G(s) = 10/(s(s + 5))r(t) = 2 + 1t
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
Пропорциональный регулятор K = 50 управляет объектом G(s) = 4/(s(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 4/(s(s + 5))K = 50
ts = s
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 7(s + 4)/(s(s + 2)) при ω = 10 rad/s в градусах.
G(s) = 7(s + 4)/(s(s + 2))ω = 10 rad/s
∠G(jω) = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 20 dB.
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 10))GM = 20 dB
K =
3Растворы
1.Преобразования Лапласа
Ответ: A = 4,4
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 + 6 = (s + 1)(s + 6)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 6)
Правило закрытия
Умножьте на (s + 1) и положите s = −1: слагаемое с B обращается в нуль.
A = (4s + 26)/(s + 6) |s = −1 = 22/5 = 4,4
Ответ
A = 4,4
(B = −0,4, поэтому f(t) = 4,4·e−t − 0,4·e−6t)
2.Преобразования Лапласа
Ответ: y(1) = 7,992
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) = 40/(s(s + 1)(s + 2))
Простые дроби
A = 40/(1·2) = 20
B = 40/((−1)·1) = −40
C = 40/((−2)·(−1)) = 20
Выделение
y(t) = 20 − 40·e−t + 20·e−2t
y(1) = 7,992
Ответ
y(1) = 7,992
3.Структурные схемы
Ответ: τ = 0,2 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) = 15/(s + 2 + 3) = 15/(s + 5)
Результат
τ = 1/5 = 0,2 s
Ответ
τ = 0,2 s
4.Структурные схемы
Ответ: css = 0,45
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) = 1/(s + 6 + 4)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 4/(s + 6 + 4)
Установившийся режим
css = 1·4/10 + 0,5·1/10 = 0,45
Ответ
css = 0,45
Больший K ослабляет влияние возмущения, но с пропорциональным регулятором никогда не обращает его в нуль.
5.Переходная характеристика
Ответ: ωn = 3,464 rad/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 = 12 → ωₙ = 3,464 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,464) = 0,1443
Результат
ωₙ = 3,464 rad/s
Ответ
ωn = 3,464 rad/s
6.Переходная характеристика
Ответ: %OS = 62,39 %
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).
Собственная частота и коэффициент демпфирования
ωₙ = √(k/m) = √(5000/4) = 35,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 42/(2·√(5000·4)) = 0,1485
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 62,39 %
Ответ
%OS = 62,39 %
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 + 5s² + 4s + 80 = 0
Таблица Рауса
s³: 1, 4
s²: 5, 80
s¹: −12
s⁰: 80
Смены знака в первом столбце
1 → 5 → −12 → 80
N = 2
Ответ
N = 2
Коэффициент усиления выше предела K = 20, поэтому комплексная пара перешла в правую полуплоскость.
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф
Ответ: K = 39,06
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.
Сравните со стандартной формой
s² + 5s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,4·ωₙ = 5 → ωₙ = 6,25 rad/s
Коэффициент усиления
K = ωₙ² = 6,25² = 39,06
Ответ
K = 39,06
Полюса замкнутой системы находятся там, где линия ζ пересекает вертикальную ветвь при s = −2,5.
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ess = 0,5
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) = 2
Ступенчатая часть
Kp = ∞ → estep = 0
Ошибка по линейному воздействию
ess = 1/2 = 0,5
Ответ
ess = 0,5
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование
Ответ: ts = 1,6 s
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 + 5) + 50·4 = s² + 5s + 200
ωₙ и ζ
ωₙ = √200 = 14,14 rad/s
ζ = 5/(2·14,14) = 0,1768
Время установления
ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s
Ответ
ts = 1,6 s
Время установления здесь не зависит от K: увеличение K лишь делает отклик более колебательным.
11.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: ∠G(jω) = −100,5 °
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.
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.