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−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (6s + 40)/(s² + 9s + 14). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−2t + B·e−7t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.

F(s) = (6s + 40)/(s² + 9s + 14)
A =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 5y′ + 6y = 6·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(0,3).

y″ + 5y′ + 6y = 6·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+17s + 2G(s)C(s)0,25H−

Объект G(s) = 17/(s + 2) управляется в контуре отрицательной обратной связи, у датчика которой коэффициент H = 0,25. На R подаётся ступенька величиной 12. Найдите установившееся значение выхода css.

G(s) = 17/(s + 2)H = 0,25R = 12
css =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+19s + 4G₁+6s + 8G₂C(s)2H₁−0,1H₂−

Упростите структурную схему, где G₁ = 19/(s + 4), G₂ = 6/(s + 8), внутренняя отрицательная обратная связь H₁ = 2 охватывает G₂, а внешняя отрицательная обратная связь H₂ = 0,1. Найдите статический коэффициент передачи T(0) C(s)/R(s).

G₁ = 19/(s + 4)G₂ = 6/(s + 8)H₁ = 2H₂ = 0,1
T(0) =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)3ts​ = ?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 42/(s² + 3s + 14) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите время установления ts переходной характеристики по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 42/(s² + 3s + 14)
ts = s
6.Переходная характеристикаСложная
+−5 VR = 151 ΩL = 500 mHC = 22 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 151 Ω, L = 500 mH и C = 22 µF подключается к ступеньке 5 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите время tp первого пика напряжения в ms.

R = 151 ΩL = 500 mHC = 22 µFV = 5 V
tp = ms
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 5)(s + 6)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 6)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 6))
Kmax =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

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

Контур с единичной обратной связью имеет G(s) = K/((s + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, при котором установившаяся ошибка по ступеньке составляет 4 %.

G(s) = K/((s + 4)(s + 10))ess = 4 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 2C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 2/(s + 2) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 10 rad/s и ζ = 0,5. Найдите интегральный коэффициент Ki.

G(s) = 2/(s + 2)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,5
Ki =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 100 mHR = 22 Ωvout​

Изображённый RL-фильтр нижних частот имеет R = 22 Ω, L = 100 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 70 Hz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.

R = 22 ΩL = 100 mHf = 70 Hz
|H| = 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 + 1)(s + 4)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))GM = 10 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: A = 5,6

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 + 9s + 14 = (s + 2)(s + 7)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 7)

Правило закрытия

Умножьте на (s + 2) и положите s = −2: слагаемое с B обращается в нуль.

A = (6s + 40)/(s + 7) |s = −2 = 28/5 = 5,6

Ответ

A = 5,6
(B = 0,4, поэтому f(t) = 5,6·e−2t + 0,4·e−7t)
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.3) = 0,8335

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) = 30/(s(s + 2)(s + 3))

Простые дроби

A = 30/(2·3) = 5
B = 30/((−2)·1) = −15
C = 30/((−3)·(−1)) = 10

Выделение

y(t) = 5 − 15·e−2t + 10·e−3t
y(0,3) = 0,8335

Ответ

y(0,3) = 0,8335
3.Структурные схемы

Ответ: css = 32,64

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) = 17/(s + 2 + 4,25) = 17/(s + 6,25)

Результат

css = R·T(0) = 12·17/6,25 = 32,64

Ответ

css = 32,64
4.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 1,247

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).

Внутренний контур

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 6/(s + 20)

Внешний контур

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 114/((s + 4)(s + 20) + 11,4)

Статический коэффициент передачи

T(0) = 114/(4·20 + 11,4) = 114/91,4 = 1,247

Ответ

T(0) = 1,247
5.Переходная характеристика

Ответ: ts = 2,667 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 = 14 → ωₙ = 3,742 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·3,742) = 0,4009

Результат

ζωₙ = 1,5 → ts ≈ 4/1,5 = 2,667 s

Ответ

ts = 2,667 s
6.Переходная характеристика

Ответ: tp = 12,04 ms

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,5·2,2 × 10⁻⁵) = 301,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (151/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,5) = 0,5008

Результат

ωd = 261 rad/s
tp = π/ωd = 12,04 ms

Ответ

tp = 12,04 ms
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 616

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 + 13s² + 52s + 60 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 52
s²: 13, 60 + K
s¹: (13·52 − 60 − K)/13
s⁰: 60 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 13·52 − 60 = 616

Ответ

Kmax = 616

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √52 = 7,211 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −4,667

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.

Полюса и нули

полюса: 0, −4, −10
n − m = 3 − 0 = 3

Центр тяжести

σa = (−14)/3 = −4,667

Ответ

σa = −4,667

3 асимптоты выходят из центра под углами 60°, 180°, 300°.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 960

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) = 0,04 → Kp = 24

Коэффициент усиления

K/40 = 24 → K = 960

Ответ

K = 960

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

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Ki = 50

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 + 2).

s² + (2 + 2Kp)s + 2Ki

Целевой полином

s² + 2·0,5·10s + 10² = s² + 10s + 100

Приравняйте коэффициенты

2Ki = 100 → Ki = 50

Ответ

Ki = 50

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: |H| = −6,987 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.

Частота среза

ωc = R/L = 22/0,1 = 220 rad/s
fc = 35,01 Hz → f/fc = 70/35,01 = 1,999

Коэффициент усиления

|H| = 1/√(1 + 1,999²) = 0,4474
20·log₁₀(0,4474) = −6,987 dB

Ответ

|H| = −6,987 dB
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 6,325

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/1)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(1·4) = 2 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 16)) = K/(1·4·(1 + 4)) = K/20

Требуемое усиление

20/K = 1010/20 = 3,162
K = 20/3,162 = 6,325

Ответ

K = 6,325

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