机械工程控制基础5-稳定性.ppt

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1、,2009.11,主讲人：张燕,机械类专业必修课,机械与动力工程学院,教学内容,1、课程准备,7、系统的性能指标与校正,2、绪 论,4、系统的时间响应分析,3、系统的数学模型,5、系统的频率特性分析,6、系统的稳定性分析,教学内容,第一讲 稳定性概念 Routh判据,4,a,b 称为系统的平衡点,小球在a处稳定，在b处不稳定,a,b,摆在a处稳定，在b处不稳定。,稳定性的基本概念,6,：闭环控制的磁悬浮系统 可以稳定。,：开环控制的磁悬浮系统 不稳定,7,针对不稳定对象的反馈控制,大部分受控对象是稳定的，但反馈控制所构成的闭环系统可能稳定，可能不稳定。,针对稳定对象的反馈控制,1)系统不稳定现

2、象,例：液压位置随动系统,原理：外力阀芯初始位移Xi(0)阀口2、4打开活塞右移阀口关闭（回复平衡位置）（惯性）活塞继续右移阀口1、3开启活塞左移 平衡位置（惯性）活塞继续左移阀口2、4开启,随动：活塞跟随阀芯运动 惯性：引起振荡 振荡结果：,减幅振荡（收敛，稳定）,等幅振荡（临界稳定）,增幅振荡（发散，不稳定）,一、系统的稳定性与稳定条件,系统的稳定性稳定性概念,三、关于稳定性的相关提法,1.李亚普诺夫意义下的稳定性,系统的稳定性稳定性概念,2.渐近稳定性,就是线性系统的稳定性，要求由初始状态引起的响应最终衰减为零。渐近稳定性满足李氏稳定性定义；对非线性定义，这两种稳定性是不同的。,系统的稳

3、定性稳定性概念,控制工程中希望大范围渐近稳定，基于精度要求，也需要确定最大范围。,四、Routh稳定判据,1.系统稳定的必要条件,设系统的特征方程为：,两边同除an,系统的稳定性Routh稳定判据,依据上式，s的同次幂前系数应对等,按习惯，一般取最高阶次项的系数为正，上述两个条件可以归结为系统特征方程的各项系数全大于0，此即系统稳定的必要条件。,从根与系数的关系可以看出，仅仅有各项系数大于0，还不能判定特征根均具有负实部，也许特征根中有正有负，它们组合起来仍能满足“根与系数的关系”中的各式。也就是说上式为系统稳定的必要条件，而不是充要条件。,实例分析1 系统特征方程,试用Routh表判断其稳定

4、性。,改变符号一次,改变符号一次,解：,由Routh判据：系统不稳定。,低阶系统的劳斯稳定判据,二阶系统,三阶系统,3.Routh判据的特殊情况,（1）如果在Routh表中任意一行的第一个元素为0，而其后各元不全为0，则在计算下一行的元素时，将趋向于无穷大。于是Routh表计算无法继续，为了克服这一困难，用一个很小的正数代替第一列的0，然后计算Routh表的其余各元。若上下各元符号不变，且第一列元素符号均为正，则系统特征根中有共轭的虚根。此时，系统为临界稳定系统。,（2）如果Routh表中任意一行的所有元素都为0，Routh表的计算无法继续。此时，可以利用该行的上一行的元素构成一个辅助多项式，

5、并用多项式的导数的系数组成Routh表的下一行。这样，Routh表就可以计算下去。,出现这种情况，一般是由于系统的特征根中，或存在两个符号相反的实根（系统自由响应发散，系统不稳定），或存在一对共轭的纯虚根（即系统自由响应维持某一频率的等幅振荡，系统临界稳定），或是以上几种根的组合。,系统的稳定性Routh稳定判据,实例分析2 系统特征方程：,试用Routh表判断其稳定性。,解：列Routh表如下：,改变符号一次,改变符号一次,由Routh判据：系统不稳定。,系统的稳定性Routh稳定判据,实例分析3 系统特征方程：,试用Routh表判断其稳定性。,解：列Routh表如下：,Routh表中出现0

6、元行，构造辅助多项式如下：,取F(s)对s的导数得新方程：,用上式中的系数8和96代替0元行，继续进行运算。,改变符号一次,此表第一列各元符号改变次数为1，该系统包括一个具有正实部的特征根，系统是不稳定的。,根据Routh判据，2p的辅助多项式应该存在p对实部符号相异、虚部数值相同的共轭复根。这些特征根可以通过解辅助多项式得到。,系统的稳定性Routh稳定判据,五、相对稳定性的检验,应用Routh判据可检验稳定系统的相对稳定性方法如下：,将s平面的虚轴向左移动某个数值，即令sz（为正实数），代入系统特征方程，则得到关于z的特征方程；,利用Routh表和Routh判据对新的特征方程进行稳定性判别

7、。如果新系统稳定，则说明原系统特征方程的根均在新的虚轴之左边，越大，系统相对稳定性越好。,系统的稳定性Routh稳定判据,系统传递函数方框图如下图所示，已知T10.1s，T20.25s，试求:,实例分析4,解：（1）求系统稳定时K值的取值范围,（1）系统稳定时K值的取值范围；,（2）若要求系统的特征根均 位于s1线的左侧，K值的取值范围。,系统的稳定性Routh稳定判据,因为：,将T1和T2代入得：,列Routh表如下：,解之得系统稳定时K的取值范围为：,由Routh表和Routh判据得：,系统的稳定性Routh稳定判据,（2）令sz1，代入特征方程得：,即：,列Routh表如下：,解之得：,

8、由Routh表和Routh判据得：,与(1)的结果比较可知，K的取值范围变小了。,系统的稳定性Routh稳定判据,系统稳定性是指系统在干扰作用下偏离平衡位置，当干扰撤除后，系统自动回到平衡位置的能力；,六、本讲小结,系统稳定的充要条件是所有特征根具有负实部，或系统传递函数的所有极点均分布在s平面的左半平面;,Routh稳定判据是Routh表的第一列元素均大于0。利用Routh稳定判据不仅可判定系统的稳定性，而且可以确定某些参数的取值范围和相对稳定性。,系统的稳定性Routh稳定判据,系统的稳定性Nyquist稳定判据,第二讲 Nyquist 稳定判据,K=8,K=6,乃奎斯特图及时间响应,K=

9、4,K=1,K=0.5,由以上可以看出：极坐标图离（-1，j0）点的远近程度是系统的相对稳定性的一种度量，这种度量常用相角裕量(度)和幅值裕量(度)来描述。,一、Nyquist稳定判据,判据提出：,该稳定性判据由H.Nyquist于1932年提出，在1940年以后得到广泛应用。,判据原理：,将闭环系统的特征方程 1+G(s)H(s)=0 与开环频率特性GK(j)=G(s)H(s)联系起来，从而将系统特性从复域引入频域来分析。,判断方法：,通过GK(j)的Nyquist图，利用图解法来判明闭环系统的稳定性。,Nyquist稳定判据的数学基础是复变函数中的幅角原理。,系统的稳定性Nyquist稳定

10、判据,幅角原理（Cauchy定理）,例如：,进一步，我们考虑S平面上的一个围线（封闭曲线），如图(a)平面中的ABCDEFGH所示，要观察该围线在F(S)平面上的映射，先求A、C、E、G四个点，有如下结果,分析一下F(s),零点：-2极点：0,第一次s平面上的曲线包围了F(s)的,极点，未包含零点,F(s)包围原点，旋转方向：,逆时针方向,s平面选择方向：顺时针,F(s)包含坐标原点，方向：逆时针！,记住：,如果让s平面上的围线同时包围F(s)的极点和零点,F(s)曲线会？,不包含坐标原点,如果再把S平面围线的CDE段移到的-1点，这时包围了零点，但不包围其极点。此时，F(s)平面上的围线包围

11、了原点，而方向都是顺时针的！如下图,包含坐标原点，方向：顺时针！,注意:,S平面的曲线如果只包含F(s)的极点：F(s)曲线将包含原点，且曲线旋转方向为逆时针。,S平面的曲线如果只包含F(s)的零点：F(s)曲线将包含原点，且曲线旋转方向为顺时针。,S平面的曲线如果既包含F(s)的零点，又包含极点？刚才我们看见的F(s)不包含零点，即包围零点圈数=0。,结论:,如果s平面上的曲线包含F(s)的Z个零点，P个极点，那么F(s)绕零点的旋转圈数为：N=Z-P(顺时针)。,单域问题 N1,N=-1,N=m-n=3 1=2,零点,极点,Z=3P=1N=2,Z=0P=1N=-1,1.幅角原理（Cauch

12、y定理）,设F(s)在s平面上除有限个奇点外为单值的连续正则函数，并设s平面上解析点s映射到F(s)平面上为点F(s)，或为从原点指向此映射点的向量F(s)。若在s平面上任意一封闭曲线Ls，只要此曲线不经过F(s)的奇点，则在F(s)平面上必有一条对应的曲线LF，也是一条封闭曲线。,当解析点s按顺时针方向沿Ls变化一周时，向量F(s)将按顺时针方向旋转N 周，即F(s)以原点为中心顺时针旋转N 周，这就等于曲线LF顺时针包围原点N 次。若令Z 为包围于Ls内的F(s)的零点数，P 为包围于Ls 内的F(s)的极点数，则有N ZP,取任意拉氏函数：,系统的稳定性Nyquist稳定判据,向量F(s

13、)的相位为,系统的稳定性Nyquist稳定判据,简要说明,系统的稳定性Nyquist稳定判据,假设 Ls 内只包围了F(s)的一个零点zi，其它零极点均位于Ls 之外，当s沿Ls 顺时针移动一周时，向量（szi）的相位角变化为2弧度，而其余相位角的变化为0。即向量F(s)的相位角变化为2，或者说 F(s)在F(s)平面上沿 LF 绕原点顺时针转了一圈。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,若s平面上的封闭曲线包围F(s)的Z个零点，则在F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针Z圈，而若s平面内的封闭曲线包围这F(s)的P个极点，则平面上的映射曲线LF将绕原点逆时针转P圈。若Ls包围了F(s)

14、的Z个零点和P个极点，则F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针转N=Z-P圈。,2.Nyquist 稳定判据:利用开环频率特性判断闭环系统的稳定性,设闭环传递函数方框图对应的开环传递函数为：,其闭环传递函数为：,特征方程,令,则有：,系统的稳定性Nyquist稳定判据,因为:特征方程为：,由此可知，s1,s2,sn是F(s)的零点，即为GB(s)的极点，亦即系统特征方程的根；F(s)的极点p1,p2,pn即GK(s)的极点。,上述各函数零点与极点之间的对应关系如下：,定常线性系统稳定的充要条件是其闭环特征方程的全部根具有负实部，即在s右半平面内没有极点，也就是说，F(s)在s平面的右半平面

15、没有零点。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,下面我们通过幅角原理导出Nyquist稳定判据,为研究F(s)有无零点位于s平面的右半平面，可选择一条包围整个s右半平面的封闭曲线Ls，如图。Ls由两部分组成，其中，L1为到+的整个虚轴，L2为半径R趋于无穷大的半圆弧。因此，Ls封闭地包围了整个s平面的右半平面。这一封闭曲线Ls即为s平面上的 Nyquist 轨迹。当到+，轨迹的方向为顺时针方向。,由于在应用幅角原理时，Ls不能通过F(s)函数的任何极点，所以当函数F(s)有若干极点处于s平面的虚轴或原点处时，Ls应以这些点为圆心，以无穷小为半径的圆弧按逆时针方向绕过这些点。由于绕过这些点的圆弧

16、的半径为无穷小，因此，可以认为Ls曲线仍然包围了整个s平面的右半平面。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,设F(s)1G(s)H(s)在s右平面有Z个零点和P个极点，由幅角原理，当s沿s平面上的Nyquist轨迹移动一周时，在F平面上的映射曲线LF将顺时针包围原点NZP圈。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,设F(s)1G(s)H(s)在s右平面有Z个零点和P个极点，由幅角原理，当s沿s平面上的Nyquist轨迹移动一周时，在F平面上的映射曲线LF将顺时针包围（-1，j0）NZP圈。,对于任何物理上可实现的开环系统，其GK(s)的分母的阶次n 必不小于分子的阶次 m，即n m，故有：,这里

17、s是指其模而言，所以，s平面上半径为的半圆映射到GH平面上为原点或实轴上的一点。,因为，Ls为s平面上的整个虚轴再加上半径为无穷大的半圆弧，而s平面上半径为无穷大的半圆弧映射到 GH平面上只是一个点，它对于G(s)H(s)的映射曲线LGH对某点的包围情况无影响，所以G(s)H(s)的绕行情况只考虑s平面的虚轴映射到GH平面上的开环Nyquist轨迹G(j)H(j)即可。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,向量F(s)的相位为,若s平面上的封闭曲线包围F(s)的Z个零点，则在F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针Z圈，而若s平面内的封闭曲线包围这F(s)的P个极点，则平面上的映射曲线LF将

18、绕原点逆时针转P圈。若Ls包围了F(s)的Z个零点和P个极点，则F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针转N=Z-P圈。,闭环系统稳定的充要条件是：F(s)在s平面的右半平面无零点，即 Z0。因此，如果G(s)H(s)的Nyquist轨迹逆时针包围（1，j0）点的圈数N 等于G(s)H(s)在s平面的右半平面的极点数P 时，有N P，闭环系统稳定。,综上所述，Nyquist稳定判据表述如下：当到+时，若GH平面上的开环频率特性G(j)H(j)逆时针包围（1，j 0）点P 圈，则闭环系统稳定。P 为G(s)H(s)在s平面的右半平面的极点数。,对于开环稳定的系统，有P0，此时闭环系统稳定的充要

19、条件是：系统的开环频率特性G(j)H(j)不包围（1，j 0）点。,定常线性系统稳定的充要条件是其闭环特征方程的全部根具有负实部，即在s右半平面内没有极点，也就是说，F(s)在s平面的右半平面没有零点。,如图是P=0的系统的开环奈氏图。(a)图不包围(-1，j 0)点，它所对应的闭环系统稳定；(b)图对应的闭环系统不稳定。,实例分析 1,系统的稳定性Nyquist稳定判据,实例分析 2,已知某系统的开环传递函数为：,其开环传递函数的奈氏图如下：,由开环传递函数可知，P=1，即在s平面的右半平面有一个极点。其奈氏轨迹逆时针包围(-1，j 0)点一圈，所以闭环系统仍是稳定的。这就是所谓的开环不稳定

20、而闭环稳定。开环不稳定是指开环传递函数在s平面的右半平面有极点。显然，此时的开环系统是非最小相位系统。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,向量F(s)的相位为,若s平面上的封闭曲线包围F(s)的Z个零点，则在F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针Z圈，而若s平面内的封闭曲线包围这F(s)的P个极点，则平面上的映射曲线LF将绕原点逆时针转P圈。若Ls包围了F(s)的Z个零点和P个极点，则F(s)平面上的映射曲线LF将绕原点顺时针转N=Z-P圈。,总结,闭环系统稳定的充要条件是：F(s)在s平面的右半平面无零点，即 Z0。因此，如果G(s)H(s)的Nyquist轨迹逆时针包围（1，j0）点

21、的圈数N 等于G(s)H(s)在s平面的右半平面的极点数P 时，有N P，闭环系统稳定。,定常线性系统稳定的充要条件是其闭环特征方程的全部根具有负实部，即在s右半平面内没有极点，也就是说，F(s)在s平面的右半平面没有零点。,3.开环含有积分环节的Nyquist轨迹,轨迹特点：当系统中串联有积分环节时，开环传递函数有位于s平面坐标原点处的极点。,设开环传递函数,式中，为系统中积分环节的个数，当s 沿无穷小半圆弧逆时针方向移动时，有,映射到GH平面上的Nyquist轨迹为：,映射到GH平面上的Nyquist轨迹为：,因此，当s沿小半圆从0变化到0时，角从/2变化到/2，这时GH平面上的Nyqui

22、st轨迹将沿无穷大半径按顺时针方向从v/2转到-v/2。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,实例分析 3,已知某系统的开环传递函数为：,故奈氏曲线将穿越负实轴，在交点处，有,由此可算得：,当 由-变到+时，经过=0 时，由于G(s)H(s)分母中有两个积分环节，所以，影射到GH平面上就是半径为 按顺时针方向从 到-的圆弧。因 P=0，当 由-变到+时，开环奈氏轨迹顺时针包围(-1，j 0)点两圈，所以，闭环系统不稳定。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,已知某系统的开环传递函数为,分析：G(s)H(s)在s平面的右半平面有一个极点，为s=1，所以，P=1。,实例分析 4,当 由-变到+时，

23、开环奈氏轨迹逆时针包围(-1，j 0)点一圈，所以，闭环系统是稳定的。显然，此时的开环系统是非最小相位系统。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,四.关于Nyquist判据的几点说明,Nyquist判据是在GH平面判别系统的稳定性；根据GH轨迹包围(-1,j0)点的情况来判别闭环系统的稳定性。Nyquist判据证明复杂，但应用简单；由于一般系统的开环系统多为最小相位系统，P=0，因此，只要看开环Nyquist轨迹是否包围(-1,j0)点，若不包围，系统就稳定。当开环系统为非最小相位系统P0时，先求出P，再看开环Nyquist轨迹包围点(-1,j0)的圈数，并注意由小到大的轨迹的方向，若是逆时针

24、包围点(-1,j0)P圈，则系统稳定。开环稳定与闭环稳定之间的关系；开环Nyquist轨迹是对称的。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,实例分析 5,已知系统的开环传递函数为：,开环奈氏轨迹如右边图所示。因为P=0，当 由-变到+时，开环奈氏轨迹不包围(-1，j 0)点，所以，不论K 取任何正值，其所对应的闭环系统都是稳定的。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,实例分析 7,某系统的开环传递函数为：,右图为其开环奈氏曲线。显然，只要K0，无论取何值，其对应的闭环系统都是稳定的。此例中只有一个积分环节，而且是二阶系统，相位最多为-所以，闭环系统一定是稳定的。,系统的稳定性Nyquist稳定判

25、据,系统的开环传递函数为:,实例分析 8 导前环节在系统中的重要作用,右图为开环奈氏曲线。其中曲线（1）的T4较小，即前导作用较弱，曲线包围了（-1，j0）点，所对应的闭环系统不稳定。,曲线(2)的 T4 较大，即导前作用较强，曲线不包围(-1，j 0)点，所对应的闭环系统稳定。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,P=0,实例分析 9 导前环节和积分环节的作用,系统的开环传递函数为：,系统的稳定性Nyquist稳定判据,P=0,由图可知：（1）T2大，表示导前环节作用大，可使系统稳定；（2）开环系统中串联的积分环节越多，即系统的型次越高，开环Nyquist轨迹越容易包围点（1，j0），系统越

26、容易不稳定，故一般型次不超过III型。,系统的稳定性Nyquist稳定判据,五.具有延时环节的系统的稳定性分析,则幅频特性为：相频特性为：,故,具有延时环节的系统传递函数结构图为：,延时环节不改变原频率特性幅值的大小，但改变其相角的大小。,对具有延时环节的单位反馈系统，其特征方程为：,即,若系统处于临界状态，有：,解得：,此例说明，串联延时环节对系统稳定性是不利的。即使原系统稳定，但串入延时环节后系统可能会不稳定。此例，1.15，系统不稳定。,第三讲 Bode 稳定判据,系统的稳定性Bode稳定判据,系统的稳定性Bode稳定判据,一 Bode判据原理,判据原理：将开环Nyquist极坐标图采用

27、开环Bode对数坐标图以进行系统稳定性判断。,判据对应关系：,根据Nyquist稳定判据：,三 Bode判据,在Bode图上，当由0变为+时，在开环对数幅频特性为正值的频率范围内，开环对数相频特性对-180度线正穿越与负穿越的次数之差为 P/2时，闭环系统稳定，否则闭环系统不稳定。其中P为系统开环传递函数在s平面的右半平面的极点数。,闭环系统稳定的充要条件：,当P0时，若开环对数幅频特性比其对数相频特性先交于横轴，即c g，则闭环系统不稳定；若c=g，则闭环系统临界稳定。,系统的稳定性Bode稳定判据,若开环对数幅频特性曲线对横轴有多个剪切频率，如图，则取剪切频率最大的来判别稳定性，因为若用c

28、3 判别系统稳定性，则用c1、c2判别，自然也是稳定的。,例：系统开环传递函数为,方法1：右半平面极点数：P=0,乃奎斯特曲线顺时针包围(-1，j0)点两圈，故系统不稳定。,方法2：穿越的分析 正穿越次数 N+=0 负穿越次数N-=1N+-N-=-1 0=P/2,解：,判断其稳定性。,四 系统的相对稳定性,系统的稳定性Bode稳定判据,实例分析 1,设系统的GK(s)为：,试分析阻尼比很小时，该闭环系统的稳定性。,解：做出系统的Nyquist图和Bode图：,系统的稳定性Bode稳定判据,从工程实践考虑，一般希望：,结果分析：,根据Nyquist图和Bode图：,在 较小时，相位裕度较大但幅值

29、裕度却很小，因此，若只考虑相位裕度来评价系统的稳定性，系统稳定程度很高；,实际上系统的稳定程度绝不是高，而是低。所以，必须使相位裕度和幅值裕度同时达到一定值，才能保证系统有足够的稳定性。,只有相位裕度和幅值裕度同时达到要求，系统才稳定。,实例分析 2,设系统的GK(s)为,试分别求取K10及K100时的相位裕度和幅值裕度。,解：此开环系统为最小相位系统，P0：,得：,因,在c处幅频特性斜率为-40dB/dec故有：,所以,可解得,可见，系统的相对稳定性不足。,（2）K100,重复上述步骤，可解得：,可见，系统不稳定性。,由，有,系统的稳定性Bode稳定判据,掌握Routh判据的必要条件和充要条

30、件，并能够判定系统的稳定性；,本章小结,掌握Nyquist判据，并能够判定系统的稳定性；,掌握Bode判据，并能够判定系统的稳定性；,掌握各个判据的适用条件。,本章重点：,Routh判据、Nyquist判据和Bode判据的应用；,系统的相对稳定性；相位裕度和幅值裕度的求法及其在Nyquist图和Bode图上的表示。,本章难点：,Nyquist判据的证明和应用；,考试（占70%）填空题（每空1分，共28分）简单题（每题4分，共6题，24分）分析题（共2题，16分）（第1章1题系统工作原理分析、系统方框图的绘制、第2章1题传递函数方框图的化简）计算题（共3题，32分）（第3章1题系统误差，第5章1题系统稳定性分析，第2章1题二阶系统的性能指标）,