西工大、西交大自动控制原理 第五节　线性系统的稳定性分析9-10.ppt

在自动控制系统中，造成系统不稳定的物理原因主要是： 系统中存在惯性或延迟环节（例如机械惯性、 电动机电路的电磁惯性、 晶闸管的延迟、 齿轮的间隙等）， 它们使系统中的信号产生时间上的滞后， 使输出信号在时间上较输入信号滞后了τ时间。 当系统有反馈环节时， 又将这种在时间上滞后的信号反馈到输入端。 1.系统稳定性概念 造成自动控制系统不稳定的物理原因 反馈量中出现了与输入量极性相同的部分， 该同极性的部分便具有正反馈的作用， 它便是系统不稳定的因素。 1.系统稳定性概念 当滞后的相位过大，或系统放大倍数不适当（例如过大），使正反馈作用成为主导作用时，系统便会形成振荡而不稳定。 例如， 当滞后的相位为180°时， 在所有时间上都成了正反馈， 若系统的开环放大倍数又大于1，则反馈量进入输入端，经放大后，又会产生更大的输出，如此循环，即使输入量消失， 输出量的幅值也会愈来愈大，形成增幅振荡。 1.系统稳定性概念 2线性系统稳定的充分必要条件 例如，如果虚轴根 是二重根，对应的部分分式分解应该为： 而对应的系统脉冲响应为无界输出： * * * * * * * * * * 3、稳定判据（代数判据） [例1]　设系统特征方程为： 试用劳斯判据判断系统的稳定性。 Routh稳定判据 (3) 解：(1) 特征方程式的各项系数均大于0。 (2) 劳斯表为： 故有结论： A：第一列有一个元素小于 0 　　　系统不稳定。 B：第一列元素符号改变两次　　　系统有二个正实部的根。 一次方程: a1,a0同号，则系统稳定。 二次方程: a1,a2,a0同号，则系统稳定。 三次方程: a0,a1,a2,a3均大于0，且a1a2a3a0，则系统稳定。 3、稳定判据（代数判据） Routh稳定判据 (3) 情况一、首列均不为0； 情况二、首列出现0，但该行不全为0； 情况三、首列出现0，且该行全为0； 其中，情况一是重点。 3、稳定判据（代数判据） Routh稳定判据 (3) 劳斯表情况一　　　　　　　　　　　　　　　　 例2、含参变量的例子：设系统特征方程为： s3+s2+s+K=0; K不等于１或０ 劳 斯 表 1 1 1 K 0 s0 s1 s2 s3 K 1-K 于是： Ｋ小于０，系统不稳定； Ｋ大于１，系统不稳定； Ｋ大于０且小于１时，系统稳定。　 参数取值影响稳定性！ 3、稳定判据（代数判据） 应用劳斯判据可能遇到的两种特殊情况： 　　A：劳斯表中某一行中第一个元素为零，而其余不全为零；　　 　　B：劳斯表的某一行的元素全部为零。 Routh判据的两种特殊情况 (4) A：处理方法1： 　　用因子 乘以原特征方程（ 为任意正数），然后对新特征方程用劳斯判据判断。 3、稳定判据（代数判据） [例3]　已知系统特征方程为 试用劳斯判据判定其稳定性。 Routh判据的两种特殊情况 (4) 解：列出劳斯表为 ： 无法计算第三行元素 3、稳定判据（代数判据） Routh判据的两种特殊情况 (4) 对 列出劳斯表为： 用 去乘原特征方程　　　　　　　，得 结论：(1)系统不稳定; 　　　(2)第一列元素符号改变二次，故系统有二个正实部根。 (简单分析即可验证有二个右根） 3、稳定判据（代数判据） Routh判据的两种特殊情况 (4) A：处理方法2： 　　用一个小正数　代替 0 ，然后将计算进行下去。 例5 设系统特征方程为： s6+2s5+3s4+4s3+5s2+6s+7=0 劳 斯 表 s6 s5 s0 s1 s2 s3 s4 1 2 4 6 3 5 7 (6－4)/2=1 1 (10-6)/2=2 2 7 1 2 4 6 3 5 7 1 0 (6-14)/1= -8 -8 4 1 2 劳斯表情况二 劳斯表特点 2 每两行个数相等，否则补0。 1 右移一位降两阶 3 行列式第一列不动 4 次对角线减主对角线 5 分母总是上一行第一个元素 7 第一列出现零元素时， 用正无穷小量ε代替。 6 一行可同乘或同除某正数 ε 2+8/ε 7 1 2 7 -8 ε -8 -7ε/( 2+8/ε ） 7 8 再令正无穷小量ε趋近于0，得到真正的劳斯表如下。 系统稳定的必要条件: 有正有负一定不稳定! 缺项一定不稳定! 系统稳定的充要条件: 劳斯表第一列元素不变号! 若变号，则系统不