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 = 0,75f(0,75) = ?

Найдите f(t) для F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 3)) разложением на простые дроби и вычислите f(0,75).

F(s) = 25/(s(s + 2)(s + 3))t = 0,75 s
f(0.75) =
2.Преобразования ЛапласаСложная
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Система подчиняется уравнению y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t), где y(0) = 1 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 1. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 30·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,25 s
y(0.25) =
3.Структурные схемыСредняя
R(s)+4(s + 6)(s + 3)(s + 5)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 4(s + 6)/((s + 3)(s + 5)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 4(s + 6)/((s + 3)(s + 5))R = 2
ess =
4.Структурные схемыСложная
R(s)+64s(s + 5)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 64/(s(s + 5)) охвачен отрицательной обратной связью с коэффициентом датчика H = 2. Полюсы замкнутой системы комплексные. Найдите их мнимую часть ωd (положительное значение) в rad/s.

G(s) = 64/(s(s + 5))H = 2
ωd = rad/s
5.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)2

Система имеет передаточную функцию G(s) = 106/(s² + 2s + 53) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.

G(s) = 106/(s² + 2s + 53)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = K/(s(s + 16)). Найдите коэффициент K, при котором переходная характеристика имеет перерегулирование 5 %.

G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 5 %
K =
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 5)C(s)−

Контур с единичной обратной связью имеет L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)), K > 0. Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
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 + 8)(s + 2)(s + 10)). Найдите точку σa, в которой асимптоты корневого годографа пересекают вещественную ось.

L(s) = K/((s + 8)(s + 2)(s + 10))
σa =
9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5·t²/2+5(s + 5)s²(s + 1)C(s)−

На контур с единичной обратной связью и G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 1)) подан параболический вход r(t) = 0,5·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 5(s + 5)/(s²(s + 1))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
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 = 6 rad/s и ζ = 0,7. Найдите пропорциональный коэффициент Kp.

G(s) = 2/(s + 2)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,7
Kp =
11.Диаграммы Боде и запасыСредняя
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Найдите фазу ∠G(jω) функции G(s) = 33(s + 20)/(s(s + 9)) при ω = 5 rad/s в градусах.

G(s) = 33(s + 20)/(s(s + 9))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)−270−180−900ω180​

Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Найдите коэффициент усиления K, который даёт запас по усилению 2 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))GM = 2 dB
K =

3Растворы

1.Преобразования Лапласа

Ответ: f(0.75) = 2,256

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).

Простые дроби

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 3)
A = 25/(2·3) = 4,167
B = 25/((−2)·1) = −12,5
C = 25/((−3)·(−1)) = 8,333

Обратное преобразование

f(t) = 4,167 − 12,5·e−2t + 8,333·e−3t

Вычислите

f(0,75) = 4,167 − 12,5·e−2·0,75 + 8,333·e−3·0,75 = 2,256

Ответ

f(0,75) = 2,256
2.Преобразования Лапласа

Ответ: y(0.25) = 1,36

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 + 7s + 10)·Y(s) = 1s + 7 + 30/s
Y(s) = (s² + 7s + 30)/(s(s + 2)(s + 5))

Простые дроби

A = 30/(2·5) = 3
B = 20/((−2)·3) = −3,333
C = 20/((−5)·(−3)) = 1,333

Результат

y(t) = 3 − 3,333·e−2t + 1,333·e−5t
y(0,25) = 1,36

Ответ

y(0,25) = 1,36

Проверка: y(0) = A + B + C = 1.

3.Структурные схемы

Ответ: ess = 0,7692

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).

Коэффициент ошибки по положению

Kₚ = G(0) = 4·6/(3·5) = 1,6

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 1,6) = 0,7692

Ответ

ess = 0,7692
4.Структурные схемы

Ответ: ωd = 11,03 rad/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).

Характеристическое уравнение

s(s + 5) + 64·2 = 0 → s² + 5s + 128 = 0

Корни

s = −2,5 ± j·√(128 − 6,25) = −2,5 ± j11,03
ωd = 11,03 rad/s

Ответ

ωd = 11,03 rad/s
5.Переходная характеристика

Ответ: σ = −1

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 = 53 → ωₙ = 7,28 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·7,28) = 0,1374

Результат

σ = −ζωₙ = −2/2 = −1

Ответ

σ = −1
6.Переходная характеристика

Ответ: K = 134,4

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) = K/(s² + 16s + K)

Коэффициент демпфирования по перерегулированию

ζ = −ln(0,05)/√(π² + ln²(0,05)) = 0,6901

Коэффициент усиления

ωₙ = 16/(2ζ) = 11,59 rad/s
K = ωₙ² = 134,4

Ответ

K = 134,4
7.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 280

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 + 10s² + 31s + 30 + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 31
s²: 10, 30 + K
s¹: (10·31 − 30 − K)/10
s⁰: 30 + K

Условие

Элемент строки s¹ должен оставаться положительным.

K < 10·31 − 30 = 280

Ответ

Kmax = 280

На границе устойчивости контур колеблется с частотой ω = √31 = 5,568 rad/s.

8.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: σa = −6,667

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: −8, −2, −10
n − m = 3 − 0 = 3

Центр тяжести

σa = (−20)/3 = −6,667

Ответ

σa = −6,667

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

9.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: ess = 0,02

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 = 5·5/1 = 25

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 0,5/25 = 0,02

Ответ

ess = 0,02
10.Установившаяся ошибка и ПИД-регулирование

Ответ: Kp = 3,2

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 + 2·0,7·6s + 6² = s² + 8,4s + 36

Приравняйте коэффициенты

2 + 2Kp = 8,4 → Kp = 3,2

Ответ

Kp = 3,2

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

11.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ∠G(jω) = −105 °

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(5/20) − 90° − atan(5/9) = 14,04° − 90° − 29,05°

Результат

∠G(j5) = −105°

Ответ

∠G(jω) = −105°
12.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: K = 444,8

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/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6,325 rad/s

Модуль на частоте перехода фазы

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 100)) = K/(4·10·(4 + 10)) = K/560

Требуемое усиление

560/K = 102/20 = 1,259
K = 560/1,259 = 444,8

Ответ

K = 444,8

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