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 = 0,3f(0,3) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (2s + 1)/(s² + 10s + 25) и вычислите f(0,3).

F(s) = (2s + 1)/(s² + 10s + 25)t = 0,3 s
f(0.3) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t), где y(0) = 5 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 5. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).

y″ + 11y′ + 30y = 90·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,1 s
y(0.1) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+Ks(s + 17)G(s)C(s)−

Объект G(s) = K/(s(s + 17)) 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 + 17))единичная отрицательная обратная связь
K =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+29регулятор+D(s)+4s + 4объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 29 управляет объектом G(s) = 4/(s + 4) 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 2. Найдите установившийся выход css.

K = 29G(s) = 4/(s + 4)D = 2R = 1
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 48/(s² + 5s + 48) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите коэффициент демпфирования ζ.

G(s) = 48/(s² + 5s + 48)
ζ =
6.Переходная характеристикаСложная
k = 200 N/mc = 4 N·s/mm = 0,5 kgF = 100 Nx(t)

Масса m = 0,5 kg подвешена на пружине k = 200 N/m с вязким демпфером c = 4 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 = 200 N/mc = 4 N·s/mF = 100 N
xmax = mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+Ks + 1(s − 2)(s + 2)C(s)−

Объект G(s) = (s + 1)/((s − 2)(s + 2)) имеет неустойчивый полюс в точке s = 2. Пропорциональный коэффициент усиления K замыкает вокруг него контур с единичной обратной связью. Найдите наименьший коэффициент усиления Kmin, при котором замкнутая система устойчива.

G(s) = (s + 1)/((s − 2)(s + 2))
Kmin =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−5j5

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 4·t²/2+10(s + 5)s²(s + 2)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 10(s + 5)/(s²(s + 2)) подан параболический вход r(t) = 4·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 10(s + 5)/(s²(s + 2))r(t) = 4·t²/2
ess =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
r(t) = 5t+2 + 2/s20(s + 2)(s + 5)C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = 2 + 2/s управляет объектом G(s) = 20/((s + 2)(s + 5)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите установившуюся ошибку ess для линейного входа r(t) = 5t.

C(s) = 2 + 2/sG(s) = 20/((s + 2)(s + 5))r(t) = 5t
ess =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,1111010100100−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 2)) при ω = 5 rad/s в градусах.

G(s) = 39(s + 9)/(s(s + 2))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
12.Диаграммы Боде и запасыСложная
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 21/(s(s + 2)). Найдите частоту среза усиления ωc, где |L(jω)| = 1.

L(s) = 21/(s(s + 2))
ωc = rad/s

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.3) = −0,1562

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 + 10s + 25 = (s + 5)²

Простые дроби

2s + 1 = 2(s + 5) + −9
F(s) = 2/(s + 5) − 9/(s + 5)²

Обратное преобразование

f(t) = 2·e−5t − 9·t·e−5t
f(0,3) = (2 − 9·0,3)·e−5·0,3 = −0,1562

Ответ

f(0,3) = −0,1562
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.1) = 6,049

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 + 11s + 30)·Y(s) = 5s + 55 + 450/s
Y(s) = (5s² + 55s + 450)/(s(s + 5)(s + 6))

Простые дроби

A = 450/(5·6) = 15
B = 300/((−5)·1) = −60
C = 300/((−6)·(−1)) = 50

Результат

y(t) = 15 − 60·e−5t + 50·e−6t
y(0,1) = 6,049

Ответ

y(0,1) = 6,049

Проверка: y(0) = A + B + C = 5.

3.Структурные схемы

Ответ: K = 72,25

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 + 17)) = 0 → s² + 17s + K = 0

Кратный корень

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

17² = 4K → K = 289/4 = 72,25

Ответ

K = 72,25
Тогда оба полюса замкнутой системы находятся в s = −8,5.
4.Структурные схемы

Ответ: css = 1,033

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) = 4/(s + 4 + 116)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 116/(s + 4 + 116)

Установившийся режим

css = 1·116/120 + 2·4/120 = 1,033

Ответ

css = 1,033

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

5.Переходная характеристика

Ответ: ζ = 0,3608

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 = 48 → ωₙ = 6,928 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·6,928) = 0,3608

Результат

ζ = 0,3608

Ответ

ζ = 0,3608
6.Переходная характеристика

Ответ: xmax = 763,3 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) = √(200/0,5) = 20 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 4/(2·√(200·0,5)) = 0,2

Результат

xst = F/k = 100/200 m = 500 mm
%OS = 52,66 %
xmax = 500·(1 + 0,5266) = 763,3 mm

Ответ

xmax = 763,3 mm
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmin = 4

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 − 2)(s + 2) + K(s + 1) = s² + (0 + K)s + (1K − 4)

Условия

Для s² + c₁s + c₀ все корни лежат в левой полуплоскости ровно тогда, когда c₁ > 0 и c₀ > 0.

0 + K > 0 → K > 0
1K − 4 > 0 → K > 4
Kmin = 4

Ответ

Kmin = 4
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 6,856 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 + 12s² + 47s + 60 + K = 0
s¹: (12·47 − 60 − K)/12 = 0 → K = 504

Частота пересечения

12s² + 60 + 504 = 12s² + 564 = 0 → s² = −47
ω = √47 = 6,856 rad/s

Ответ

ω = 6,856 rad/s
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,16

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 ошибки по ускорению

Ka = 10·5/2 = 25

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 4/25 = 0,16

Ответ

ess = 0,16
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 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).

Коэффициент скоростной ошибки

s·C(s) = 2s + 2 → 2 при s → 0.

Kv = 2·20/10 = 4

Ошибка по линейному воздействию

ess = 5/4 = 1,25

Ответ

ess = 1,25

ПИ-регулятор полностью устраняет ошибку по ступеньке; линейное воздействие отслеживается с постоянным отставанием.

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −129,1 °

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.

Сложите углы

∠G = atan(5/9) − 90° − atan(5/2) = 29,05° − 90° − 68,2°

Результат

∠G(j5) = −129,1°

Ответ

∠G(jω) = −129,1°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ωc = 4,37 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 + 4ω² − 441 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·441))/2 = 19,1
ωc = 4,37 rad/s

Ответ

ωc = 4,37 rad/s

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