第五章(稳定)2010版.ppt

1、如果一个系统受到扰动，偏离了原来的平衡状态，而当扰动取消后，经过充分长的时间，这个系统又能够以一定的精度逐渐恢复到原来的平衡状态，则称系统是稳定的。否则，称这个系统是不稳定的。,由于稳定性是在扰动作用消失之后系统自身的一种恢复能力，故稳定性是系统的一种固有特性，它只取决于系统本身的结构和参数，而与系统的初始状态和外作用大小无关。,5-2 系统稳定的充要条件,对于上图所示控制系统，有,5-2 系统稳定的充要条件,撤除扰动， 即N(s)=0,则,按照稳定性定义，如果系统稳定，当时间趋近于无穷大时， 该齐次方程的解趋近于零，如上所示。,5-2 系统稳定的充要条件,对应闭环系统特征根的实部，因此对于定

2、常线性系统，若系统所有特征根的实部均为负值，则零输入响应最终将衰减到零，这样的系统就是稳定的。,系统特征方程式的根就是闭环极点，所以控制系统稳定的充分必要条件也可说成是闭环传递函数的极点全部具有负实部，或说闭环传递函数的极点全部在s平面的左半面。,由此，可得出控制系统稳定的另一充分必要条件是： 系统特征方程式的根全部具有负实部。,反之，若特征根中有一个或多个根具有正实部时，则零输入响应将随时间的推移而发散，这样的系统就是不稳定的。,5-3 代数稳定判据劳斯判据,则系统的特征方程为：,设闭环系统的传递函数为：,特征方程：,5-3 代数稳定判据劳斯判据,劳斯判据 系统稳定的充要条件是：特征方程的各

3、项系数大于零；劳斯表中第一列所有元素的值均大于零。如果第一列中出现小于零的元素，系统就不稳定，且该列中数值符号改变的次数等于系统特征方程正实部根的数目。,利用劳斯判据判断系统的稳定性:,5-3 代数稳定判据劳斯判据,例1 已知系统特征方程为: s4+8 s3+17s2+16 s+5=0试判断系统的稳定性。,解：,特征方程的各项系数无缺项，均大于零;,可知系统是稳定的！,15,5,40/3,5,例2 对于一阶典型系统:,系统的特征方程为:,利用劳斯判据分析系统的稳定性:,特征方程的各项系数大于零，即,5-3 代数稳定判据劳斯判据,例3 对于二阶典型系统:,利用劳斯判据分析系统的稳定性:,特征方程

4、的各项系数大于零，即,系统的特征方程为:,5-3 代数稳定判据劳斯判据,例4 已知系统特征方程为: a0 s3+ a1 s2+ a2 s+ a3 =0试求得系统稳定的条件。,根据劳斯判据，要使系统稳定:,特征方程的系数a0、 a1、 a2、 a3均大于零;,5-3 代数稳定判据劳斯判据,解：,5-3 代数稳定判据劳斯判据,例5 已知系统特征方程为: s5+3 s4+6 s2+s+2=0 试判断系统的稳定性。,解：,利用劳斯判据判断系统的稳定性:,特征方程缺项，s3系数等于零，故系统不稳定；,(1)在劳斯表的任一行中, 出现第一个元素为零, 而其余各元素均不为零或部分不为零的情况;,(2)在劳斯

5、表的任一行中, 出现所有元素均为零的情况。,这两种情况均表明, 系统在虚轴或右半复平面上存在系统的特征根, 系统处于临界稳定状态或不稳定状态。,解： 列劳斯表,0,3,(0),3,5-3 代数稳定判据劳斯判据,例7 设系统特征方程为: s6+2s5+8s4+12s3+20s2+16 s+16=0试判断系统的稳定性。,解：列劳斯表,令辅助多项式,将辅助多项式对 s 求导：,由,得,系统临界稳定！,1 6 8,作业： 1 P196 ：5-1 P198 ：5-11 （用劳斯判据分析稳定性）,5-4 乃奎斯特稳定性判据,乃奎斯特稳定性判据存在的理由：,1、劳斯判据对超越方程的局限性,2、乃奎斯特稳定性

6、判据用开环系统的乃奎斯特图来判断系统闭环后的稳定性,4、乃奎斯特稳定性判据还能定量地指出系统的稳定储备，即系统相对稳定定量指标，以及进一步提高和改善系统动态性能（包括稳定性）的途径。,3、乃奎斯特稳定性判据不需要求取闭环系统的特征根，而是通过应用分析法或频率特性实验法获得开环频率特性曲线，进而分析闭环系统的稳定性。,5-4 乃奎斯特稳定性判据,一、乃奎斯特稳定性判据： 设 n 阶闭环系统的开环右极点数目为p 个；开环零极点数目为q 个；其余(n-p-q)个极点为开环左极点，则乃奎斯特稳定判据可表述为：当从 0到变化时，系统的开环幅相频率特性曲线 (即开环乃氏图)相对(-1,j0)点的角变化量为

7、p+ q(/2)时，闭环系统稳定。,Argument是指复数的幅角,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,1、米哈伊洛夫（）定理,米哈伊洛夫定理是证明乃奎斯特稳定性判据的一个引理，其表述为： 设n次多项式D（s）有P个零点位于复平面的右半面，有q个零点在原点上，其余n-P- q个零点位于左半面，则当以s=j代入D（s）并令从0连续增大到时，复数D（j）的角增量应等于,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、1 证明米哈伊洛夫（）定理,证：（1）设S1为负实根，对于矢量 （S-S1）, 当S：0j变化时,（2）设S2、S3为具有负实部的共轭复根，,对于矢量（S-S2）和（S-S3）,

8、当S：0j变化时,S2=-a+jb (a0,b0),S3=-a-jb,S1,jV,U,负实根情况,0,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、1 证明米哈伊洛夫（）定理,（2）设S2、S3为具有负实部的共轭复根，,对于矢量（S-S2）和（S-S3）, 当S：0j变化时,因此，（n-p-q）个左根的总角变化量 为（n-p-q）/2,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、1 证明米哈伊洛夫（）定理,（3）设 Sm为正实根，对于矢量（S-Sm）, 当S：0j变化时,(4) 设Sm+1、Sm+2为具有正实部的共轭复根,Sm+1=c+jd (c0,d0),Sm+2=c-jd,对于矢量（S- Sm+1）和（S- Sm+

9、2）, 当S：0j变化时,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、1 证明米哈伊洛夫（）定理,(4) 设Sm+1、Sm+2为具有正实部的共轭复根,对于矢量（S- Sm+1）和（S- Sm+2）, 当S：0j变化时,因此， p个右根的总角变化量 为p(-/2)。,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、1 证明米哈伊洛夫（）定理,（5） 原点根不引起角变化量。,综上所述，,推论：如果n次多项式D(s）的所有零点都位于复平面的左半面，则当以s=j代入D（s）并命从0连续增大到时，复数D（s）的角连续增大,系统的闭环特征方程为：,闭环传递函数：,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,注意：开环传函

10、与闭环传函的分母多项式同阶。即，开环特征多项式为n阶，闭环特征多项式也为n阶。,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,设反馈控制系统前向通道和 反馈通道传递函数分别为,则其开环传递函数为,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,上式的分子为系统闭环特征多项式，而分母为系统开环特征多项式。由于系统开环传递函数分母阶次大于等于分子阶次，故分子分母阶次相同，均为n阶。,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,（1）如果开环极点均在s左半平面，则根据米哈伊洛夫定理推论，,则,这时如果闭环系统是稳定的，即 的所有零点也在左半平面，根据米哈伊洛夫定理推论，

11、,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,（2）如果开环特征多项式有P个根在s右半平面，q个零点在原点，其余（n-p-q）个根在s左半面，则根据米哈伊洛夫定理推论，,则,这时如果闭环系统是稳定的，即 的所有零点也在左半平面，根据米哈伊洛夫定理推论，,5-4 乃奎斯特稳定性判据,二、证明乃奎斯特稳定判据：,时，系统闭环后就是稳定的。,即：开环乃氏图相对（-1，j0）点的角变化量为,也就是说，对于一个稳定的闭环系统而言，当从0连续增大到时，开环传递函数在右半平面的每一个极点使角增量为180；开环传递函数在原点处的每一个极点使角增量为90。,这样，闭环系统是否稳定，可以从开环频率特性

12、的角增量来判断。 设开环特征多项式在右半平面有p个零点，原点处有q个零点，其余（n-p-q）个零点在左半平面，则乃奎斯特稳定判据可表述为：对于系统开环乃氏图，当从0到变化时，其相对（-1，j0）点的角变化量为 时，系统闭环后稳定。,闭环系统不稳定,闭环系统稳定,例1 0型系统：,闭环系统临界稳定！,因为系统的闭环特征方程为：,即,且,即开环幅相特性曲线不包围(-1, 0j)点，故闭环系统稳定。,例如,且,故闭环系统不稳定。,可见若使闭环系统稳定，则应减小 K之值，以使开环幅相特性曲线不包围(-1, 0j)点。,例5单位反馈系统：,例如,且,即开环幅相特性曲线不包围(-1, 0j)点，故闭环系统

13、稳定。,例6单位反馈系统：,且,1、=0 2、T=0 3、T 4、T 5 、=T,例7单位反馈系统：,且,即开环幅相特性曲线不包围(-1, 0j)点，故闭环系统稳定。,对于非最小相位系统而言，即开环不稳定，,例8单位反馈系统：,且,故闭环系统稳定。,故闭环系统不稳定。,例9单位反馈系统：,且,故闭环系统不稳定。,故闭环系统稳定。,该单位反馈系统的开环传函为：,作业： 2 P197: 5-6(1)； P198: 5-10 （用乃氏判据分析稳定性）,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,由伯特图(即对数稳定判据)来判断系统的稳定性，实际上是乃奎斯特稳定性判据的另一种形式。,分两种情况： 1、系统开环极

14、点全部在左半平面 2、系统有开环极点在右半平面,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,例1：设系统的开环传递函数为,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,如果系统在开环状态下特征方程没有右半平面的根（即：p=0），并设开环静态放大倍数大于零，则：如果在所有L（）0的频率范围内，相频特性曲线（）均在（ - ）线上，则闭环系统稳定。,情况一:系统开环无右根,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,例2：设系统的开环传递函数为,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,例3: 单位反馈系统,且,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,如果0型或I型系统在开环状态下特征方程有P(0)个根在右半平

15、面内，并设开环静态放大倍数大于零，在所有L（）0频率范围内，相频特性曲线（）在（ - ）线上正负穿越之差为p/2次，则闭环系统稳定。 N正 - N负 = p/2,情况二:系统开环有右根,如果II型系统在开环状态下特征方程有P (0)个根在右半平面内，并设开环静态放大倍数大于零，在所有L（）0频率范围内，相频特性曲线（）在（ - ）线上正负穿越之差为(p+1)/2次，则闭环系统稳定。 N正 - N负 = (p+1)/2,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,负穿越：当乃氏图从第三象限穿越负实轴到第二象限时，称为负穿越；即穿越时相位减小。,正穿越：当乃氏图从第二象限穿

16、越负实轴到第三象限时，称为正穿越；即穿越时相位增大。,半次穿越：如果零频率时，相位为-180度,当乃氏图向第二象限去时，称为半次负穿越；当乃氏图向第三象限去时，称为半次正穿越； （用于系统有开环极点在右半平面时）,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,解：当K 1时：,开环对数频率特性曲线,N正 - N负= 1/2 = p/2 故闭环系统稳定！,5-5 由伯特图判断系统的稳定性,作业： 3 P197: 5-9(1，2)； （用对数稳定判据分析稳定性）,5-6 控制系统的相对稳定性,如果系统闭环特征根均在s左半平面，且和虚轴有一段距离，则系统有一定的稳定裕量，如右图。,一、采用劳斯判据看系统相对稳定性,向左平移虚轴，令z=s-(-), 即将s=z-代入系统特征式,得到z的方程式，类似采用劳斯判据，即可求出距离虚轴以右是否有根。,5-6 控制系统的相对稳定性,一、采用劳斯判据看系统相对稳定性,例：,解:令z=s-(-1),即s=z-1,