Теорія автоматичного керування 1: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 12 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Метод

  1. Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
  2. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
  3. Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
  4. Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.

Усталена похибка та ПІД-регулювання

Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Метод

  1. Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
  2. Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
  3. Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
  4. Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Задачі для практики

1.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 0,6f(0,6) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (6s + 8)/(s² + 4s + 4) і обчисліть f(0,6).

F(s) = (6s + 8)/(s² + 4s + 4)t = 0,6 s
f(0.6) =
2.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 9y′ + 18y = 18·u(t) при y(0) = 2 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,3).

y″ + 9y′ + 18y = 18·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,3 s
y(0.3) =
3.Блок-схемиСередня
R(s)+3(s + 2)(s + 5)(s + 8)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 3(s + 2)/((s + 5)(s + 8)). На задавальний сигнал подано сходинку розміром 10. Знайдіть усталену похибку ess.

G(s) = 3(s + 2)/((s + 5)(s + 8))R = 10
ess =
4.Блок-схемиСкладна
R(s)+44s(s + 4)G(s)C(s)1H−

Об’єкт G(s) = 44/(s(s + 4)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 1. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.

G(s) = 44/(s(s + 4))H = 1
σ =
5.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3

Система має передатну функцію G(s) = 276/(s² + 11s + 92) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

G(s) = 276/(s² + 11s + 92)
ζ =
6.Перехідна характеристикаСкладна
k = 100 N/mc = 18 N·s/mm = 20 kgF = 25 Nx(t)

Маса m = 20 kg висить на пружині k = 100 N/m з в’язким демпфером c = 18 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 25 N. Знайдіть коефіцієнт демпфування ζ.

m = 20 kgk = 100 N/mc = 18 N·s/mF = 25 N
ζ =
7.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+51s(s + 6)(s + 8)C(s)+

Контур на схемі має додатний зворотний зв’язок, L(s) = 5/(s(s + 6)(s + 8)). Скільки полюсів N замкненої системи лежить у правій півплощині?

L(s) = 5/(s(s + 6)(s + 8))
N =
8.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−2−4−6−8−10−12j2−2

Для контуру L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)) знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюс замкненої системи опиняється в точці s = −2.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))s = −2
K =
9.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K(s + 2)(s + 10)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 2)(s + 10)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 10 %.

G(s) = K/((s + 2)(s + 10))ess = 10 %
K =
10.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
R(s)+K = 2510s(s + 8)C(s)−

П-регулятор K = 25 керує об’єктом G(s) = 10/(s(s + 8)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 10/(s(s + 8))K = 25
ts = s
11.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 1

Знайдіть точний модуль |G(jω)| функції G(s) = 168/((s + 6)(s + 14)) за ω = 1 rad/s, у dB.

G(s) = 168/((s + 6)(s + 14))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
12.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 80/(s(s + 10)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.

L(s) = 80/(s(s + 10))
ωc = rad/s

3Розчини

1.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.6) = 1,084

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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 зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Розкладіть знаменник на множники

s² + 4s + 4 = (s + 2)²

Простіші дроби

6s + 8 = 6(s + 2) + −4
F(s) = 6/(s + 2) − 4/(s + 2)²

Обернене перетворення

f(t) = 6·e−2t − 4·t·e−2t
f(0,6) = (6 − 4·0,6)·e−2·0,6 = 1,084

Відповідь

f(0,6) = 1,084
2.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.3) = 2,704

Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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 зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Перетворіть рівняння

(s² + 9s + 18)·Y(s) = 2s + 18 + 72/s
Y(s) = (2s² + 18s + 72)/(s(s + 3)(s + 6))

Простіші дроби

A = 72/(3·6) = 4
B = 36/((−3)·3) = −4
C = 36/((−6)·(−3)) = 2

Результат

y(t) = 4 − 4·e−3t + 2·e−6t
y(0,3) = 2,704

Відповідь

y(0,3) = 2,704

Перевірка: y(0) = A + B + C = 2.

3.Блок-схеми

Відповідь: ess = 8,696

Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).

Стала похибки за положенням

Kₚ = G(0) = 3·2/(5·8) = 0,15

Усталена похибка

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 0,15) = 8,696

Відповідь

ess = 8,696
4.Блок-схеми

Відповідь: σ = −2

Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).

Характеристичне рівняння

s(s + 4) + 44·1 = 0 → s² + 4s + 44 = 0

Корені

s = −2 ± j·√(44 − 4) = −2 ± j6,325
σ = −2

Відповідь

σ = −2
5.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,5734

Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).

Порівняйте зі стандартною формою

Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 92 → ωₙ = 9,592 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·9,592) = 0,5734

Результат

ζ = 0,5734

Відповідь

ζ = 0,5734
6.Перехідна характеристика

Відповідь: ζ = 0,2012

Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = √(k/m) = √(100/20) = 2,236 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 18/(2·√(100·20)) = 0,2012

Результат

ζ = 0,2012

Відповідь

ζ = 0,2012
7.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: N = 1

Критерій Рауса–Гурвіца: лінійна система стійка, коли всі корені її характеристичного полінома лежать у лівій півплощині s-площини. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса. Кожен елемент нового рядка отримують із двох рядків над ним; для кубічного a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ елемент рядка s¹ дорівнює b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Кількість змін знака в першому стовпці дорівнює кількості коренів у правій півплощині. Якщо коефіцієнти містять коефіцієнт підсилення K, усі елементи першого стовпця мають залишатися додатними: значення K, за якого елемент рядка s¹ обертається на нуль, — це межа стійкості, а рядок s² тоді дає частоту незатухних коливань.

Характеристичний поліном

s³ + 14s² + 48s − 5 = 0

Таблиця Рауса

s³: 1, 48
s²: 14, −5
s¹: 48,36
s⁰: −5

Зміни знака в першому стовпці

1 → 14 → 48,36 → −5
N = 1

Відповідь

N = 1

Додатний зворотний зв’язок робить вільний член від’ємним: один дійсний полюс завжди переходить у праву півплощину.

8.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: K = 16

Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.

Умова модуля

K = |s|·|s + 3|·|s + 10|

Обчисліть у цій точці

K = 2·1·8 = 16

Відповідь

K = 16

Перевірка: s(s + 3)(s + 10) + K дорівнює нулю при s = −2.

9.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: K = 180

Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.

Потрібна константа похибки

1/(1 + Kp) = 0,1 → Kp = 9

Коефіцієнт підсилення

K/20 = 9 → K = 180

Відповідь

K = 180

Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.

10.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ts = 1 s

П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).

Характеристичний поліном

s(s + 8) + 25·10 = s² + 8s + 250

ωₙ і ζ

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s
ζ = 8/(2·15,81) = 0,253

Час встановлення

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/4 = 1 s

Відповідь

ts = 1 s

Час встановлення тут не залежить від K: збільшення K лише прискорює коливання відгуку.

11.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: |G(jω)| = 5,88 dB

Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.

Перемножте модулі

|G(j1)| = 168/(√(1² + 6²)·√(1² + 14²)) = 168/(6,083·14,04) = 1,968

Результат

20·log₁₀(1,968) = 5,88 dB

Відповідь

|G(jω)| = 5,88 dB
12.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ωc = 6,659 rad/s

Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 100ω² − 6400 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·6400))/2 = 44,34
ωc = 6,659 rad/s

Відповідь

ωc = 6,659 rad/s

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