Теория управления 2: проектирование систем с обратной связью: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (10) 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.Переходная характеристикаСредняя
t (s)y(t)1?

Система имеет передаточную функцию G(s) = 18/(s² + 4s + 18) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите перерегулирование %OS переходной характеристики в процентах.

G(s) = 18/(s² + 4s + 18)
%OS = %
2.Переходная характеристикаСложная
+−5 VR = 41 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFvC​

Последовательная RLC-цепь с R = 41 Ω, L = 50 mH и C = 4,7 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 = 41 ΩL = 50 mHC = 4,7 µFV = 5 V
tp = ms
3.Диаграммы Боде и запасыСредняя
vin​L = 2 mHC = 0,22 µFR = 5 Ωvout​

В показанном последовательном RLC-полосовом фильтре выход берётся на R = 5 Ω при L = 2 mH и C = 0,22 µF. Найдите полосу пропускания по уровню −3 dB BW в Hz.

R = 5 ΩL = 2 mHC = 0,22 µF
BW = Hz
4.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) = 422/(s(s + 5)(s + 10)). Найдите частоту перехода фазы ω180, где ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 422/(s(s + 5)(s + 10))
ω180 = rad/s
5.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСредняя
R(s)+K1s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Контур на схеме имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3)). Найдите наибольший коэффициент усиления Kmax, при котором замкнутая система устойчива.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3))
Kmax =
6.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годографСложная
ReIm−5j5

Эскиз корневого годографа для L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)). Найдите частоту ω, на которой годограф пересекает мнимую ось.

L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
7.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСредняя
r(t) = 0,5·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) = 0,5·t²/2. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 10(s + 5)/(s²(s + 2))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
8.Установившаяся ошибка и ПИД-регулированиеСложная
R(s)+K = 165s(s + 6)C(s)−

Пропорциональный регулятор K = 16 управляет объектом G(s) = 5/(s(s + 6)) в контуре с единичной обратной связью. Найдите время пика tp переходной характеристики.

G(s) = 5/(s(s + 6))K = 16
tp = s
9.Структурные схемыСредняя
R(s)+7(s + 2)(s + 4)(s + 9)G(s)C(s)−

У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 7(s + 2)/((s + 4)(s + 9)). На задающее воздействие подаётся ступенька величиной 5. Найдите установившуюся ошибку ess.

G(s) = 7(s + 2)/((s + 4)(s + 9))R = 5
ess =
10.Структурные схемыСложная
R(s)+78s(s + 4)G(s)C(s)2H−

Объект G(s) = 78/(s(s + 4)) 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) = 78/(s(s + 4))H = 2
ωd = rad/s

3Растворы

1.Переходная характеристика

Ответ: %OS = 18,65 %

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 = 18 → ωₙ = 4,243 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,243) = 0,4714

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,679 = 18,65 %

Ответ

%OS = 18,65 %
2.Переходная характеристика

Ответ: tp = 1,554 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/√(0,05·4,7 × 10⁻⁶) = 2063 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (41/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,05) = 0,1988

Результат

ωd = 2022 rad/s
tp = π/ωd = 1,554 ms

Ответ

tp = 1,554 ms
3.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: BW = 397,9 Hz

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.

Резонансная частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,002·2,2 × 10⁻⁷) = 47673 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 7587 Hz

Полоса пропускания

BW = R/L = 5/0,002 = 2500 rad/s = 397,9 Hz

Ответ

BW = 397,9 Hz
4.Диаграммы Боде и запасы

Ответ: ω180 = 7,071 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 перехода фазы

(ω/5)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(5·10) = 7,071 rad/s

Ответ

ω180 = 7,071 rad/s
5.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: Kmax = 12

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.

Характеристическое уравнение

s³ + 4s² + 3s + K = 0

Таблица Рауса

s³: 1, 3
s²: 4, K
s¹: (4·3 − K)/4
s⁰: K

Условия

Каждый элемент первого столбца должен быть положительным.

K > 0
4·3 − K > 0 → K < 12

Ответ

Kmax = 12

При K = 12 замкнутая система колеблется с частотой ω = √3 = 1,732 rad/s.

6.Устойчивость: Раус–Гурвиц и корневой годограф

Ответ: ω = 7,348 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 + 13s² + 54s + 72 + K = 0
s¹: (13·54 − 72 − K)/13 = 0 → K = 630

Частота пересечения

13s² + 72 + 630 = 13s² + 702 = 0 → s² = −54
ω = √54 = 7,348 rad/s

Ответ

ω = 7,348 rad/s
7.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 = 10·5/2 = 25

Ошибка по параболическому воздействию

ess = 0,5/25 = 0,02

Ответ

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

Ответ: tp = 0,3728 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 + 6) + 16·5 = s² + 6s + 80

ωₙ и ζ

ωₙ = √80 = 8,944 rad/s
ζ = 6/(2·8,944) = 0,3354

Время пика

ωd = 8,944·√(1 − 0,3354²) = 8,426 rad/s
tp = π/8,426 = 0,3728 s

Ответ

tp = 0,3728 s
9.Структурные схемы

Ответ: ess = 3,6

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) = 7·2/(4·9) = 0,3889

Установившаяся ошибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,3889) = 3,6

Ответ

ess = 3,6
10.Структурные схемы

Ответ: ωd = 12,33 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 + 4) + 78·2 = 0 → s² + 4s + 156 = 0

Корни

s = −2 ± j·√(156 − 4) = −2 ± j12,33
ωd = 12,33 rad/s

Ответ

ωd = 12,33 rad/s

ExamProblems · examproblems.com/courses/control-engineering-2