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 = 0,5f(0,5) = ?

Найдите f(t) для F(s) = (s + 9)/(s² + 2s + 1) и вычислите f(0,5).

F(s) = (s + 9)/(s² + 2s + 1)t = 0,5 s
f(0.5) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Решите y″ + 7y′ + 12y = 0 при y(0) = 7 и y′(0) = −8 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,2).

y″ + 7y′ + 12y = 0y(0) = 7y′(0) = −8t = 0,2 s
y(0.2) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+18K+4s + 7G(s)C(s)0,5H₁−−

Объект G(s) = 4/(s + 7) охвачен внутренним (малым) контуром отрицательной обратной связи с коэффициентом H₁ = 0,5. Коэффициент регулятора K = 18, и система замыкается внешним контуром единичной отрицательной обратной связи. Найдите статический коэффициент передачи замкнутой системы T(0).

G(s) = 4/(s + 7)H₁ = 0,5K = 18
T(0) =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+15регулятор+D(s)+8s + 4объектC(s)−

Пропорциональный регулятор K = 15 управляет объектом G(s) = 8/(s + 4) в контуре с единичной отрицательной обратной связью. Возмущение D действует на входе объекта (прибавляется к выходу регулятора). Одновременно подаются ступенька задания величиной 10 и ступенька возмущения величиной 5. Найдите установившийся выход css.

K = 15G(s) = 8/(s + 4)D = 5R = 10
css =
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1

Система имеет передаточную функцию G(s) = 50/(s² + 11s + 50) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 50/(s² + 11s + 50)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
+−12 VR = 13 ΩL = 10 mHC = 10 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 13 Ω, L = 10 mH и C = 10 µF подключается к ступеньке 12 V при t = 0. Конденсатор не заряжен, и до ступеньки ток не течёт. Найдите пиковое напряжение vC,max на конденсаторе.

R = 13 ΩL = 10 mHC = 10 µFV = 12 V
vC,max = V
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+201s(s + 5)(s + 10)C(s)+

Контур на схеме использует положительную обратную связь, L(s) = 20/(s(s + 5)(s + 10)). Сколько полюсов N замкнутой системы лежит в правой полуплоскости?

L(s) = 20/(s(s + 5)(s + 10))
N =
8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−2−4−6−8−10j2

Корневой годограф L(s) = K(s + 9)/(s(s + 4)) покидает вещественную ось между s = 0 и s = −4, огибает нуль по окружности и снова выходит на вещественную ось левее нуля. Найдите точку входа si.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 4))
si =
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 4 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 4 %
K =
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 1C(s)−

ПИ-регулятор C(s) = Kp + Ki/s управляет объектом G(s) = 2/(s + 1) в контуре с единичной обратной связью. Замкнутая система должна иметь ωₙ = 6 rad/s и ζ = 0,7. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 2/(s + 1)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,7
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 3(s + 20)/(s(s + 5)) при ω = 20 rad/s в градусах.

G(s) = 3(s + 20)/(s(s + 5))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 166/(s(s + 5)(s + 6)). Найдите запас по усилению GM в dB.

L(s) = 166/(s(s + 5)(s + 6))
GM = dB

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.5) = 3,033

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 + 2s + 1 = (s + 1)²

Простые дроби

s + 9 = 1(s + 1) + 8
F(s) = 1/(s + 1) + 8/(s + 1)²

Обратное преобразование

f(t) = e−t + 8·t·e−t
f(0,5) = (1 + 8·0,5)·e−0,5 = 3,033

Ответ

f(0,5) = 3,033
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.2) = 5,135

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

s²Y − 7s − (−8) + 7(sY − 7) + 12Y = 0
Y(s) = (7s + 41)/((s + 3)(s + 4))

Простые дроби

A = 20/1 = 20
B = 13/(−1) = −13

Результат

y(t) = 20·e−3t − 13·e−4t
y(0,2) = 5,135

Ответ

y(0,2) = 5,135

Проверка: y(0) = A + B = 7.

3.Структурные схемы

Ответ: T(0) = 0,8889

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 = G/(1 + G·H₁) = 4/(s + 7 + 4·0,5) = 4/(s + 9)

Внешний контур

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 72/(s + 9 + 72) = 72/(s + 81)

Результат

T(0) = 72/81 = 0,8889

Ответ

T(0) = 0,8889
4.Структурные схемы

Ответ: css = 10

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) = 8/(s + 4 + 120)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 120/(s + 4 + 120)

Установившийся режим

css = 10·120/124 + 5·8/124 = 10

Ответ

css = 10

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

5.Переходная характеристика

Ответ: σ = −5,5

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 = 50 → ωₙ = 7,071 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·7,071) = 0,7778

Результат

σ = −ζωₙ = −11/2 = −5,5

Ответ

σ = −5,5
6.Переходная характеристика

Ответ: vC,max = 18,2 V

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/√(0,01·1 × 10⁻⁵) = 3162 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (13/2)·√(1 × 10⁻⁵/0,01) = 0,2055

Результат

%OS = 51,69 %
vC,max = 12·(1 + 0,5169) = 18,2 V

Ответ

vC,max = 18,2 V
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: N = 1

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 + 15s² + 50s − 20 = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 50
s²: 15, −20
s¹: 51,33
s⁰: −20

Смены знака в первом столбце

1 → 15 → 51,33 → −20
N = 1

Ответ

N = 1

Положительная обратная связь делает свободный коэффициент отрицательным: один вещественный полюс всегда уходит в правую полуплоскость.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: si = −15,71

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.

Коэффициент усиления вдоль вещественной оси

K(s) = −(s² + 4s)/(s + 9)

Стационарные точки

Продифференцируйте по правилу для частного и приравняйте числитель к нулю.

(2s + 4)(s + 9) − (s² + 4s) = s² + 18s + 36 = 0
s = −9 ± √45 = −2,292, −15,71

Точка входа

si = −15,71

Ответ

si = −15,71

Между двумя точками годограф представляет собой окружность с центром в нуле и радиусом √45 = 6,708.

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: K = 480

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/20 = 24 → K = 480

Ответ

K = 480

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

10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 3,7

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 + 2Kp)s + 2Ki

Целевой полином

s² + 2·0,7·6s + 6² = s² + 8,4s + 36

Приравняйте коэффициенты

1 + 2Kp = 8,4 → Kp = 3,7

Ответ

Kp = 3,7

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −121 °

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(20/20) − 90° − atan(20/5) = 45° − 90° − 75,96°

Результат

∠G(j20) = −121°

Ответ

∠G(jω) = −121°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: GM = 5,968 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 перехода фазы

(ω/5)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(5·6) = 5,477 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 36)) = K/(5·6·(5 + 6)) = K/330

Запас по усилению

GM = 20·log₁₀(330/166) = 5,968 dB

Ответ

GM = 5,968 dB

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