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 = 1f(1) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = (5s + 13)/(s² + 4s + 4) і обчисліть f(1).

F(s) = (5s + 13)/(s² + 4s + 4)t = 1 s
f(1) =
2.Перетворення ЛапласаСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

Систему описано диференціальним рівнянням y″ + 6y′ + 10y = 2u′ + 14u із входом u(t) і виходом y(t). Знайдіть її передатну функцію G(s) = Y(s)/U(s) (нульові початкові умови) і обчисліть імпульсну характеристику g(t) при t = 0,6 s. Знайдіть g(0,6).

y″ + 6y′ + 10y = 2u′ + 14ut = 0,6 s
g(0.6) =
3.Блок-схемиСередня
R(s)+K(s + 10)(s + 11)G(s)C(s)−

Об’єкт G(s) = K/((s + 10)(s + 11)) охоплено одиничним від’ємним зворотним зв’язком. Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого замкнена система критично загасаюча (два рівні дійсні полюси).

G(s) = K/((s + 10)(s + 11))одиничний від’ємний зворотний зв’язок
K =
4.Блок-схемиСкладна
R(s)+Kрегулятор+D(s)+6s + 10об’єктC(s)−

Пропорційний регулятор K керує об’єктом G(s) = 6/(s + 10) в одиничному від’ємному зворотному зв’язку. Сходинка збурення розміром 0,5 діє на вході об’єкта за R = 0. Знайдіть найменший коефіцієнт підсилення K, за якого усталений вихід не перевищує 0,015.

G(s) = 6/(s + 10)D = 0,5css ≤ 0,015
K =
5.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2

Система має передатну функцію G(s) = 148/(s² + 3s + 74) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 148/(s² + 3s + 74)
σ =
6.Перехідна характеристикаСкладна
k = 400 N/mc = 54 N·s/mm = 5 kgF = 20 Nx(t)

Маса m = 5 kg висить на пружині k = 400 N/m з в’язким демпфером c = 54 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 20 N. Знайдіть найбільше зміщення xmax у mm.

m = 5 kgk = 400 N/mc = 54 N·s/mF = 20 N
xmax = mm
7.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
R(s)+Ks + 8s(s + 2)(s + 3)C(s)−

Контур з одиничним зворотним зв’язком має L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 3)), K > 0. Знайдіть найбільше значення Kmax, за якого замкнена система стійка.

L(s) = K(s + 8)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
8.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) відходить від дійсної осі між s = 0 і s = −3. Знайдіть точку відходу sb.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))
sb =
9.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
R(s)+K = 92,510s + 1C(s)−

Процес G(s) = 2,5/(10s + 1) регулюється пропорційним коефіцієнтом підсилення K = 9 у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для східчастого сигналу у відсотках від величини східця.

G(s) = 2,5/(10s + 1)K = 9
ess = %
10.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
r(t) = 1t+2 + 5/s5(s + 5)(s + 10)C(s)−

ПІ-регулятор C(s) = 2 + 5/s керує об’єктом G(s) = 5/((s + 5)(s + 10)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть усталену похибку ess для лінійно наростального входу r(t) = 1t.

C(s) = 2 + 5/sG(s) = 5/((s + 5)(s + 10))r(t) = 1t
ess =
11.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,1111010100100−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 3

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 16(s + 1)/(s(s + 3)) за ω = 3 rad/s, у градусах.

G(s) = 16(s + 1)/(s(s + 3))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
12.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 12/(s(s + 1)(s + 4)). Знайдіть запас за підсиленням GM у dB.

L(s) = 12/(s(s + 1)(s + 4))
GM = dB

3Розчини

1.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(1) = 1,083

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

5s + 13 = 5(s + 2) + 3
F(s) = 5/(s + 2) + 3/(s + 2)²

Обернене перетворення

f(t) = 5·e−2t + 3·t·e−2t
f(1) = (5 + 3·1)·e−2·1 = 1,083

Відповідь

f(1) = 1,083
2.Перетворення Лапласа

Відповідь: g(0.6) = 1,02

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).

Передатна функція

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 14)/(s² + 6s + 10)

Простіші дроби

s² + 6s + 10 = (s + 3)² + 1²
G(s) = 2·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (8/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Імпульсна характеристика

g(t) = e−3t·(2·cos 1t + 8·sin 1t)
g(0,6) = 1,02

Відповідь

g(0,6) = 1,02
3.Блок-схеми

Відповідь: K = 0,25

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

1 + K/((s + 10)(s + 11)) = 0 → s² + 21s + 110 + K = 0

Кратний корінь

Квадратний тричлен s² + βs + γ має подвійний корінь, коли β² = 4γ.

21² = 4(110 + K) → K = 441/4 − 110 = 0,25

Відповідь

K = 0,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −10,5.
4.Блок-схеми

Відповідь: K = 31,67

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).

Відгук на збурення

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 0,5·6/(10 + 6K)

Розв’яжіть відносно K

10 + 6K = 0,5·6/0,015 = 200
K = (200 − 10)/6 = 31,67

Відповідь

K = 31,67
5.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −1,5

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 = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·8,602) = 0,1744

Результат

σ = −ζωₙ = −3/2 = −1,5

Відповідь

σ = −1,5
6.Перехідна характеристика

Відповідь: xmax = 54,63 mm

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) = √(400/5) = 8,944 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 54/(2·√(400·5)) = 0,6037

Результат

xst = F/k = 20/400 m = 50 mm
%OS = 9,262 %
xmax = 50·(1 + 0,09262) = 54,63 mm

Відповідь

xmax = 54,63 mm
7.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: Kmax = 10

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

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 8) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 8K

Таблиця Рауса

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 8K
s¹: (5·(6 + K) − 8K)/5
s⁰: 8K

Умова

30 − 3K > 0
K < 30/3 = 10

Відповідь

Kmax = 10

Якби нуль лежав праворуч від s = −5, контур залишався б стійким за будь-якого K > 0.

8.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф

Відповідь: sb = −1,333

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.

Коефіцієнт підсилення вздовж дійсної осі

K(s) = −s(s + 3)(s + 8) = −(s³ + 11s² + 24s)

Стаціонарні точки

dK/ds = −(3s² + 22s + 24) = 0
s = (−22 ± √(484 − 288))/6 = −1,333, −6

Оберіть точку на годографі

Годограф лежить на дійсній осі між 0 і −3; другий корінь годографу не належить.

sb = −1,333

Відповідь

sb = −1,333
9.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 4,255 %

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.

Позиційна константа

Kp = 9·2,5 = 22,5

Похибка за східчастого сигналу

ess = 100/(1 + 22,5) = 4,255 %

Відповідь

ess = 4,255 %
10.Усталена похибка та ПІД-регулювання

Відповідь: ess = 2

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).

Швидкісна константа

s·C(s) = 2s + 5 → 5 при s → 0.

Kv = 5·5/50 = 0,5

Похибка за лінійно наростального сигналу

ess = 1/0,5 = 2

Відповідь

ess = 2

ПІ-регулятор повністю усуває похибку за східчастого сигналу; лінійно наростальний сигнал відпрацьовується з незмінним відставанням.

11.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −63,43 °

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.

Додайте кути

∠G = atan(3/1) − 90° − atan(3/3) = 71,57° − 90° − 45°

Результат

∠G(j3) = −63,43°

Відповідь

∠G(jω) = −63,43°
12.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: GM = 4,437 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.

Перетин за фазою

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

Модуль на перетині за фазою

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

Запас за підсиленням

GM = 20·log₁₀(20/12) = 4,437 dB

Відповідь

GM = 4,437 dB

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