《自动控制系统及应用》第五章 自动控制系统的稳定性分析

自动控制系统及应用 第五章自动控制系统的稳定性分析 一旦建立起系统的数学模型,就可以对系统进行分析研究。分析自动控制系统,首先要 进行稳定性分析。因为系统能在实际中应用的首要条件是系统必须是稳定的。本章主要介绍 线性系统稳定性的初步概念、系统稳定的充要条件:接着介绍几种常用的稳定判据:讨论系 统相对稳定性的问题;最后讨论系统结构和参数变化对系统稳定性的影响以及改善系统稳定 性的途径。 5.1系统稳定性的初步概念 5.1.1稳定的概念和定义 系统在实际工作中,不可避免地会受到外界或内部一些因素的扰动,如负载或能源的波 动、系统参数的变化等,将会使系统偏离其平衡位置。扰动消除后,系统将以此偏离状态作 为初始状态开始系统自身的调节过程,即初始状态影响下的时间响应。通常有如图5.1所示 的三种情况 图5.1系统在初始状态影响下的响应 若系统在使它偏离稳定平衡位置的扰动消除之后,能够以足够的精度逐渐恢复到原来的 平衡位置,如图5.1(a)所示,则该系统是稳定的:反之,若系统在扰动消除后的时间响 应随时间的推移呈发散的过程,如图5.1(b)所示,则该系统是不稳定的;若呈等幅振荡的 过程,如图5.1(c)所示,则该系统为临界稳定。 同样,系统在输入信号作用撤消后所形成的初始状态的影响下,也会有一个调节过程(即 时间响应),这种过程通常也如图5.1所示的三种情况。 现在可给出关于系统稳定性的定义。若系统在初始状态的影响下,由它所引起的系统的 时间响应随着时间的推移,逐渐衰减并趋向于零(即回到平衡位置),则称该系统为稳定的 反之,若在初始状态影响下,由它所引起的系统的时间响应随时间的推移而发散(即越来越 偏离平衡位置),则称该系统为不稳定的 为什么有的系统是稳定的,而有的系统又会是不稳定的呢?让我们来讨论这个问题 5.1.2造成系统不稳定的原因 线性系统不稳定现象发生与否,取决于系统内部条件,而与外作用无关。因为系统的稳 定性是指系统在扰动或输入撤消后,从偏离平衡位置所处的初始状态出发,因系统本身的固

自动控制系统及应用 143 第五章 自动控制系统的稳定性分析 一旦建立起系统的数学模型，就可以对系统进行分析研究。分析自动控制系统，首先要 进行稳定性分析。因为系统能在实际中应用的首要条件是系统必须是稳定的。本章主要介绍 线性系统稳定性的初步概念、系统稳定的充要条件；接着介绍几种常用的稳定判据；讨论系 统相对稳定性的问题；最后讨论系统结构和参数变化对系统稳定性的影响以及改善系统稳定 性的途径。 5．1 系统稳定性的初步概念 5．1．1 稳定的概念和定义 系统在实际工作中，不可避免地会受到外界或内部一些因素的扰动，如负载或能源的波 动、系统参数的变化等，将会使系统偏离其平衡位置。扰动消除后，系统将以此偏离状态作 为初始状态开始系统自身的调节过程，即初始状态影响下的时间响应。通常有如图 5.1 所示 的三种情况。 若系统在使它偏离稳定平衡位置的扰动消除之后，能够以足够的精度逐渐恢复到原来的 平衡位置，如图 5.1（a）所示，则该系统是稳定的；反之，若系统在扰动消除后的时间响 应随时间的推移呈发散的过程，如图 5.1(b)所示，则该系统是不稳定的；若呈等幅振荡的 过程，如图 5.1(c)所示，则该系统为临界稳定。 同样，系统在输入信号作用撤消后所形成的初始状态的影响下，也会有一个调节过程（即 时间响应），这种过程通常也如图 5.1 所示的三种情况。 现在可给出关于系统稳定性的定义。若系统在初始状态的影响下，由它所引起的系统的 时间响应随着时间的推移，逐渐衰减并趋向于零（即回到平衡位置），则称该系统为稳定的； 反之，若在初始状态影响下，由它所引起的系统的时间响应随时间的推移而发散（即越来越 偏离平衡位置），则称该系统为不稳定的。 为什么有的系统是稳定的，而有的系统又会是不稳定的呢？让我们来讨论这个问题。 5．1．2 造成系统不稳定的原因 线性系统不稳定现象发生与否，取决于系统内部条件，而与外作用无关。因为系统的稳 定性是指系统在扰动或输入撤消后，从偏离平衡位置所处的初始状态出发，因系统本身的固 图 5.1 系统在初始状态影响下的响应 0 0 0 (a) (b) (c) 图7.1 系统在初始状态影响下的响应

自动控制系统及应用 有特性而产生的时间响应,故线性系统的稳定性只取决于系统本身的结构与参数,而与外作 用无关 造成系统不稳定的原因主要有以下三方面:系统中存在相位滞后环节,如惯性、延迟环 节等:系统必有适当的反馈作用:系统参数选择不适当。三者共同作用的结果就可能造成系 统不稳定 以图5.2所示的单位反馈系统为例,简单地说明一下 造成系统不稳定的原因。如果原系统G(s)是不产生不稳 定现象的,但其中含有相位滞后环节,那么加入反馈后就 图5.2单位反馈系统 形成闭环系统。当输入R(s)撤消后,此闭环系统就以初 始偏差E(s)作为进一步运动的信号,产生相应输出C(s),而反馈联系不断地将产生了相位 滞后的输出C(s)反馈回来,反馈的结果,使得在有的时间区段削弱了(s)的作用(相当于 负反馈作用),则使C(s))越来越小;而在另外的时间区段又加强了ε(S)的作用(相当于正 反馈作用),则使C(s)越来越大。当系统的参数选择不适当时,如滞后相位过大,或系统 放大倍数过大,致使正反馈作用成为主导作用,最终将使C(s)越来越大,呈发散过程,系 统便不稳定了。 系统的稳定性只取决于系统本身的结构与参数,但究竟要如何选取,才能满足系统稳定 性的要求,为此要研究系统稳定的充要条件 5.1.3系统稳定的充要条件 根据上述稳定的定义,我们知道线性系统的稳定性是系统自身的固有特性,它和系统的 输入和扰动无关,因此可取r(t)=0及d(t)=0。分析系统稳定性,需研究初始条件影响下, 系统的过渡过程,也就是需研究下列齐次微分方程 d"c().d"c(1) dc(o) a 1 +a0c(D)=0 的解。若此解是收敛的,即limc()=0,则该系统便是稳定的:若此解是发散的,即 limc(t)=∞,则该系统便是不稳定的 式(5.1)的特征方程式为 其解的一般式为: C(t)=ke+k2e"+…+kne

自动控制系统及应用 144 有特性而产生的时间响应，故线性系统的稳定性只取决于系统本身的结构与参数，而与外作 用无关。 造成系统不稳定的原因主要有以下三方面：系统中存在相位滞后环节，如惯性、延迟环 节等；系统必有适当的反馈作用；系统参数选择不适当。三者共同作用的结果就可能造成系 统不稳定。 以图 5.2 所示的单位反馈系统为例，简单地说明一下 造成系统不稳定的原因。如果原系统 G s( ) 是不产生不稳 定现象的，但其中含有相位滞后环节，那么加入反馈后就 形成闭环系统。当输入 R s( ) 撤消后，此闭环系统就以初 始偏差  (s) 作为进一步运动的信号，产生相应输出 C(s) ，而反馈联系不断地将产生了相位 滞后的输出 C(s) 反馈回来，反馈的结果，使得在有的时间区段削弱了  (s) 的作用（相当于 负反馈作用），则使 C(s) )越来越小；而在另外的时间区段又加强了  (s) 的作用（相当于正 反馈作用），则使 C(s) 越来越大。当系统的参数选择不适当时，如滞后相位过大，或系统 放大倍数过大，致使正反馈作用成为主导作用，最终将使 C(s) 越来越大，呈发散过程，系 统便不稳定了。 系统的稳定性只取决于系统本身的结构与参数，但究竟要如何选取，才能满足系统稳定 性的要求，为此要研究系统稳定的充要条件。 5.1.3 系统稳定的充要条件 根据上述稳定的定义，我们知道线性系统的稳定性是系统自身的固有特性，它和系统的 输入和扰动无关，因此可取 r t( ) 0 = 及 d t( ) 0 = 。分析系统稳定性，需研究初始条件影响下， 系统的过渡过程，也就是需研究下列齐次微分方程： 1 1 1 0 1 d ( ) d ( ) d ( ) ( ) 0 d d d n n n n n n c t c t c t a a a a c t t t t − − − + + + + = (5.1) 的解。若此解是收敛的，即 lim ( ) 0 t c t → = ，则该系统便是稳定的；若此解是发散的，即 lim ( ) t c t → = ，则该系统便是不稳定的。 式（5.1）的特征方程式为： 1 1 1 0 0 n n n n a s a s a s a s − + + + + = − (5.2) 其解的一般式为： 1 2 1 2 n ( ) e e e n s t s t s t c t k k k = + + + (5.3) 图 5.2 单位反馈系统 图7.2 单位反馈系统 + -

自动控制系统及应用 式中k1,k2,…,k是由初始条件决定的积分常数:式中S1S2,…,S是特征方程式(5.2) 的根。这些根可能是实根,也可能是复数根。如果(5.2)式中有个实根,r对共轭复根 则有 ∏lan(s-s;)I-(a±j)=0 那么,式(5.3)可改写成 c()=∑ke"+∑e( A sin ot+ B cost) 由式(5.5)可知,如果s,G,都为负值,则limc(t)=0。这说明当系统特征方程式(5.2) 的全部根是负实根或具有负实部共轭复根时,则系统是稳定的。反之,若特征根中有一个或 多个根具有正实部,则limc(t)=∞,这样的系统就是不稳定的 因此,得出系统稳定的充要条件是:稳定系统的特征根必须全部具有负实部;反之,若 特征根中有一个或一个以上具有正实部时,则系统必为不稳定。或者说,若系统闭环传递函 数的全部极点位于[s]复平面之左半部,则系统是稳定的:反之,若有一个或一个以上的极 点位于[s]平面之右半部,则系统为不稳定的。 若有部分闭环极点位于虚轴之上,而其余的极点位于[sS]平面的左半部时,便出现了所 谓临界稳定状态。由于在实际运行过程中系统的参数值总是可能有变动,以及对这些参数的 原始估计和测量也可能不够准确,因此原来处于虚轴上的极点,实际上却可能分布到[s]平 面的右半部去,致使系统不稳定,因此从工程实践角度看,一般认为临界稳定属于系统的实 际不稳定工作状态 由系统稳定的充要条件可知,判断系统稳定与否的问题,就变成求解特征方程的根,并 校验其特征根是否都具有负实部的问题。但是当系统阶次较高时,求解其特征方程将会遇到 较大的困难,于是相继出现了一些不需求解特征方程的根而能间接判断特征方程根的符号的 方法,这就是下面开始要讨论的“稳定判据”。 5.2劳斯稳定判据 劳斯稳定判据并不直接对特征方程式求解,而是利用特征方程式根与系数的代数关系, 由特征方程中已知的系数,间接判别出方程的根是否具有负实部,从而判定系统是否稳定 它是一种代数稳定性判据 关于劳斯稳定判据的数学推导过程从略 应用劳斯稳定判据的步骤如下: 步骤1:列出闭环系统特征方程为 as"+a,,, s"-+.tata=o 其中an>0,各项系数均为实数。检查各项系数是否都大于零,若都大于零,则进行下 步。若某系数小于零或出现缺项,便可立即断定这样的系统是不稳定的 步骤2:列写劳斯阵表

自动控制系统及应用 145 式中 1 k ， 2 k ， , n k 是由初始条件决定的积分常数；式中 1 s ， 2 s ， , n s 是特征方程式（5.2） 的根。这些根可能是实根，也可能是复数根。如果（5.2）式中有 l 个实根， r 对共轭复根， 则有 n i i i 1 1 ( ) [ ( )] 0 l r i i a s s s j   = =  −  −  = (5.4) 那么，式（5.3）可改写成 i i i i i i i 1 1 ( ) e e ( sin cos ) l r s t t i i c t k A t B t    = = = + +   (5.5) 由式（5.5）可知，如果 i i s , 都为负值，则 lim ( ) 0 t c t → = 。这说明当系统特征方程式(5.2) 的全部根是负实根或具有负实部共轭复根时，则系统是稳定的。反之，若特征根中有一个或 多个根具有正实部，则 lim ( ) t c t →+ =  ，这样的系统就是不稳定的。 因此，得出系统稳定的充要条件是：稳定系统的特征根必须全部具有负实部；反之，若 特征根中有一个或一个以上具有正实部时，则系统必为不稳定。或者说，若系统闭环传递函 数的全部极点位于[s]复平面之左半部，则系统是稳定的；反之，若有一个或一个以上的极 点位于[s]平面之右半部，则系统为不稳定的。 若有部分闭环极点位于虚轴之上，而其余的极点位于[s]平面的左半部时，便出现了所 谓临界稳定状态。由于在实际运行过程中系统的参数值总是可能有变动，以及对这些参数的 原始估计和测量也可能不够准确，因此原来处于虚轴上的极点，实际上却可能分布到[s]平 面的右半部去，致使系统不稳定，因此从工程实践角度看，一般认为临界稳定属于系统的实 际不稳定工作状态。 由系统稳定的充要条件可知，判断系统稳定与否的问题，就变成求解特征方程的根，并 校验其特征根是否都具有负实部的问题。但是当系统阶次较高时，求解其特征方程将会遇到 较大的困难，于是相继出现了一些不需求解特征方程的根而能间接判断特征方程根的符号的 方法，这就是下面开始要讨论的“稳定判据”。 5.2 劳斯稳定判据 劳斯稳定判据并不直接对特征方程式求解，而是利用特征方程式根与系数的代数关系， 由特征方程中已知的系数，间接判别出方程的根是否具有负实部，从而判定系统是否稳定。 它是一种代数稳定性判据。 关于劳斯稳定判据的数学推导过程从略。 应用劳斯稳定判据的步骤如下： 步骤 1：列出闭环系统特征方程为 1 n n-1 1 0 0 n n a s a s a s a − + + + + = 其中 n a  0 ，各项系数均为实数。检查各项系数是否都大于零，若都大于零，则进行下一 步。若某系数小于零或出现缺项，便可立即断定这样的系统是不稳定的。 步骤 2：列写劳斯阵表

自动控制系统及应用 a a.bcd s"an1an-;an-san-7… , b3 b4 表中: b n=5 b 直至其余b均为零 b, b> b b3 b, 1 an-, an-lI b b d3 C1 阵表的第一行(s")和第二行(s-)依特征方程式的系数直接排列。从第三行(s"-)往下需按 上述公式计算。这些公式的规律是:每行的数都是由该行上边两行的相关数算得,等号右边 的二阶行列式中,第二列都是上两行中第一列的两个数,第一列是被算数下一列的上两行的 两个数,等号右边的分母是上一行的第一列的数。表中最后一行(s)只有第一列的一个数 为简化运算,可用一个正数去乘或除某一行的各项。 步骤3:考察表中第一列各数的符号:若第一列各数均为正数,则闭环特征方程所有根 具有负实部,系统稳定;如果第一列中有负数,则系统不稳定,并且第一列中数值符号的改 变次数即等于特征方程含有正实部根的数目 例5.1系统的特征方程为s5+2s4+14s3+882+200s+800=0,试用劳斯判据确 定系统是否稳定 解:特征方程式各项系数均大于零,列出劳斯阵表

自动控制系统及应用 146 2 4 6 1 1 3 5 7 2 1 2 3 4 3 1 2 3 4 4 1 2 3 4 0 1 n n n n n n n n n n n n n s a a a a s a a a a s b b b b s c c c c s d d d d s g − − − − − − − − − − − 表中： 3 1 2 1 1 1 − − − − = n n n n n a a a a a b ， 5 1 4 1 2 1 − − − − = n n n n n a a a a a b ， 6 3 1 7 1 1 , n n n n n a a b a a a − − − − = 直至其余 b 均为零。 2 1 3 1 1 1 1 b b a a b c n− n− = ， 3 1 5 1 1 2 1 b b a a b c n− n− = 7 1 3 1 4 1 1 , n n a a c b b b − − = 2 1 2 1 1 1 1 c c b b c d = ， 3 1 3 1 1 2 1 c c b b c d = 4 1 3 1 4 1 1 , b b d c c c = 阵表的第一行 ( )n s 和第二行 1 ( ) n s − 依特征方程式的系数直接排列。从第三行 2 ( ) n s − 往下需按 上述公式计算。这些公式的规律是：每行的数都是由该行上边两行的相关数算得，等号右边 的二阶行列式中，第二列都是上两行中第一列的两个数，第一列是被算数下一列的上两行的 两个数，等号右边的分母是上一行的第一列的数。表中最后一行 0 ( ) s 只有第一列的一个数。 为简化运算，可用一个正数去乘或除某一行的各项。 步骤 3：考察表中第一列各数的符号：若第一列各数均为正数，则闭环特征方程所有根 具有负实部，系统稳定；如果第一列中有负数，则系统不稳定，并且第一列中数值符号的改 变次数即等于特征方程含有正实部根的数目。 例 5.1 系统的特征方程为 5 4 3 2 s s s s s + + + + + = 2 14 88 200 800 0 ，试用劳斯判据确 定系统是否稳定。 解：特征方程式各项系数均大于零，列出劳斯阵表

自动控制系统及应用 147 s|114200 s4288800 s3|-30-200 s2|74.7800 s121 第一列出现了负数,且有两次符号变化,即从2→-30和-30→74.7,所以系统不稳 定,且有两个正根。 如将特征方程解出,有S1=-4s23=2±j4;s4s=-1±j3。确有两个正根,与劳斯判 据结果相一致。 如果劳斯阵表中某一行第一个元为零,其余不全为零,这时可用一个很小的正数E来代 替这个零,从而可以使劳斯阵表继续算下去。否则下一行将出现∞ 例5.2特征方程为s5+2s4+3s3+652+2s+1=0,判别其是否稳定及不稳定根数 目 解:列出劳斯阵表 2 61 3/2 32-c/(6-3 当E→0时 <0,而 →,即第一列改变符号两次,因此特征方 程有两个正根,系统肯定不稳定 在劳斯阵表计算中,当出现某行的元全为零时,可由该行的上一行的元构成辅助方程。 将辅助方程对变量S求导,得到一个新方程,将新方程的系数作为阵表中全为零的行的元, 则阵表的计算工作可继续下去。并且通过求解辅助方程,便可求出特征方程中所含数值相同、 符号相异的这类特征根。 例5.3设系统的特征方程式为s3+3s2+s+3=0,劳斯阵表计算时,发现第三行的元 全为零,即 s00 根据第二行各元,可求得辅助方程,即F(s)=32+3=0,将辅助方程对变量S求导

自动控制系统及应用 147 5 4 3 2 1 0 1 14 200 2 88 800 30 200 74.7 800 121 800 s s s s s s − − 第一列出现了负数，且有两次符号变化，即从 2 30 →− 和 − →30 74.7 ，所以系统不稳 定，且有两个正根。 如将特征方程解出，有 1 2,3 4,5 s s j s j = − =  = −  4; 2 4; 1 3 。确有两个正根，与劳斯判 据结果相一致。 如果劳斯阵表中某一行第一个元为零，其余不全为零，这时可用一个很小的正数  来代 替这个零，从而可以使劳斯阵表继续算下去。否则下一行将出现  。 例 5.2 特征方程为 5 4 3 2 s s s s s + + + + + = 2 3 6 2 1 0 ，判别其是否稳定及不稳定根数 目。 解：列出劳斯阵表 5 4 3 2 1 2 0 1 3 2 2 6 1 0( ) 3 2 (6 3) 1 3 2 (6 3) 1 s s s s s s      − − − 当  →0 时， 6 3 0   −  ，而 2 3 3 2 6 3 2   − → − ，即第一列改变符号两次，因此特征方 程有两个正根，系统肯定不稳定。 在劳斯阵表计算中，当出现某行的元全为零时，可由该行的上一行的元构成辅助方程。 将辅助方程对变量 s 求导，得到一个新方程，将新方程的系数作为阵表中全为零的行的元， 则阵表的计算工作可继续下去。并且通过求解辅助方程，便可求出特征方程中所含数值相同、 符号相异的这类特征根。 例 5.3 设系统的特征方程式为 3 2 s s s + + + = 3 3 0 ，劳斯阵表计算时，发现第三行的元 全为零，即 3 2 1 0 1 1 3 3 0 0 s s s s 根据第二行各元，可求得辅助方程，即 2 F s s ( ) 3 3 0 = + = ，将辅助方程对变量 s 求导

自动控制系统及应用 148 得新方程6s=0,并用新方程的系数代换第三行的零元。劳斯阵表可继续计算,最后得: 33 s6 这种情况表明,系统的特征根中有一对纯虚根存在。这对纯虚根可由辅助方程 32+3=0解得,即 对于阶次较低的系统(如二阶和三阶系统),劳斯稳定判据可以化为如下简单形式。 二阶系统(n=2)稳定的充要条件为: 0,a1>0,a>0 (5.6) 三阶系统(n=3)稳定的充要条件为 a3>0.a2>0,a1>0,a>0 请读者分别列出其劳斯阵表加以验证 应用劳斯判据,还可确定保证系统稳定时系统某参数的取值 例54设某控制系统的方框图如图7.3所示。已知5=0.2及On=866,试确定K1取 何值时,系统方能稳定。 解:由图5.3可分别求得系统的开环及闭环传递函数,即 C(s)2(s+K) E(s) S(s+250,) C(s) 及 2(s+K R(S) s+250 5+O+s+K,On) 5.3系统方块图 则闭环特征方程式为 +250,s-+Ons+KOn=0 将已知参数ξ及O数值代入特征方程,得到 s3+346s2+7500s+7500K1=0 依三阶系统稳定的充要条件得: ∫7500>0 1346×7500-7500K>0 故0<K1<346

自动控制系统及应用 148 得新方程 6 0 s = ，并用新方程的系数代换第三行的零元。劳斯阵表可继续计算，最后得： 3 2 1 0 1 1 3 3 6 3 s s s s 这种情况表明，系统的特征根中有一对纯虚根存在。这对纯虚根可由辅助方程 2 3 3 0 s + = 解得，即 1,2 s j =  。 对于阶次较低的系统（如二阶和三阶系统），劳斯稳定判据可以化为如下简单形式。 二阶系统 ( 2) n = 稳定的充要条件为： 2 1 0 a a a    0, 0, 0 (5.6) 三阶系统 ( 3) n = 稳定的充要条件为： 3 2 1 0 1 2 0 3 0, 0, 0, 0 0 a a a a a a a a       −   (5.7) 请读者分别列出其劳斯阵表加以验证。 应用劳斯判据，还可确定保证系统稳定时系统某参数的取值。 例 5.4 设某控制系统的方框图如图 7.3 所示。已知  = 0.2 及 n  = 86.6 ，试确定 K1 取 何值时，系统方能稳定。 解：由图 5.3 可分别求得系统的开环及闭环传递函数，即 2 n 1 2 n ( ) ( ) ( ) ( 2 ) C s s K s s s    + = + 及 2 n 1 3 2 2 2 n n 1 n ( ) ( ) ( ) 2 ) C s s K R s s s s K     + = + + + 则闭环特征方程式为： 3 2 2 2 n n 1 n s s s K + + + = 2 0    将已知参数  及 n 数值代入特征方程，得到： 3 2 1 s s s K + + + = 34.6 7500 7500 0 依三阶系统稳定的充要条件得： 1 1 7500 0 34.6 7500 7500 0 K K      −  故 1 0 34.6   K 。 + - 图7.3 系统方框图 + 1 + ( +2 ) n 2 n 图 5.3 系统方块图

自动控制系统及应用 149 此例的劳斯阵表请读者列出,并加以验证。 5.3奈奎斯特稳定判据 奈奎斯特稳定判据,简称奈氏判据。它是将系统开环频率特性G(jo)H(jo)与系统闭 环极点联系起来的判据,即由系统的开环幅相频率特性曲线来判别闭环系统的稳定性。应用 奈氏判据,无论是由解析法还是由实验方法获得的开环频率特性曲线,都可用来分析系统的 稳定性。奈氏稳定判据还能指出系统的稳定程度,即相对稳定性,指出进一步提高和改善系 统动态性能(包括稳定性)的途径。因此,它得到了广泛的应用。 5.3.1奈奎斯特稳定判据 奈奎斯特稳定判据的数学基础是复变函数中的幅角原理。由幅角原理可以证明(证明从 略)有如下关系: 式中 闭环右极点个数,即闭环特征方程中为正根的个数,其值为正整数或零: p一开环(传递函数)右极点个数,其值为正整数或零; N一当O从-∞→>0>+∞变化时,G(o)H(jo)封闭曲线在[GH]平面内包围 (-1,j0)点的次数。当N>0时表示逆时针方向包围的情况;当N0→+∞0的开环奈氏图是关于实轴上下对称的曲线,见图5.4。为了简单起 见,通常仅用正半部分奈氏曲线来判别系统的稳定性,此时,包围次数应当增加一倍才符合 式(5.8)的关系。即把式(5.8)改写为: 式中N为O从0→∞时的G(0)H(o)曲线对(-1,0)点包围的次数,N的正负及p、 z的含义与式(5.8)相同

自动控制系统及应用 149 此例的劳斯阵表请读者列出，并加以验证。 5.3 奈奎斯特稳定判据 奈奎斯特稳定判据，简称奈氏判据。它是将系统开环频率特性 G j H j ( ) ( )   与系统闭 环极点联系起来的判据，即由系统的开环幅相频率特性曲线来判别闭环系统的稳定性。应用 奈氏判据，无论是由解析法还是由实验方法获得的开环频率特性曲线，都可用来分析系统的 稳定性。奈氏稳定判据还能指出系统的稳定程度，即相对稳定性，指出进一步提高和改善系 统动态性能（包括稳定性）的途径。因此，它得到了广泛的应用。 5.3.1 奈奎斯特稳定判据 奈奎斯特稳定判据的数学基础是复变函数中的幅角原理。由幅角原理可以证明（证明从 略）有如下关系： z p N = − (5.8) 式中， z —闭环右极点个数，即闭环特征方程中为正根的个数，其值为正整数或零； p —开环（传递函数）右极点个数，其值为正整数或零； N —当  从 −→ → + 0 变化时， G j H j ( ) ( )   封闭曲线在[GH]平面内包围 ( 1, 0) − j 点的次数。当 N  0 时表示逆时针方向包围的情况；当 N  0 时表示顺时针方向包 围的情况；当 N = 0 时表示曲线不包围 ( 1, 0) − j 点。 由式（5.8），则可根据开环右极点数目 p 和开环奈氏 曲线对 ( 1, 0) − j 点的包围次数 N ，来判断闭环右极点数 z 是否等于零。若要闭环系统稳定，闭环不能有右极点，即 必须使 z = 0 ，也就是要求 N p = 。由于开环传递函数 G s H s ( ) ( ) 通常是一些简单典型环节串联相乘的形式，因 此开环右极点数 p 容易求出。  从 −→ → + 0 的开环奈氏图是关于实轴上下对称的曲线，见图 5.4。为了简单起 见，通常仅用正半部分奈氏曲线来判别系统的稳定性，此时，包围次数应当增加一倍才符合 式（5.8）的关系。即把式（5.8）改写为： z p N = − 2 (5.9) 式中 N 为  从 0 → 时的 G j H j ( ) ( )   曲线对 ( 1, 0) − j 点包围的次数， N 的正负及 p 、 z 的含义与式（5.8）相同。 图 5.4 ω 从-∞→0→+∞的奈氏图 0 Im Re =+∞ =-∞ =0 (-1, 0) [GH] 图7.4 从-∞→0→+∞的奈氏图

自动控制系统及应用 由式(5.9)可知,闭环系统稳定时,即当z=0时应满足 P=2N或N=P/2 综上所述,给出奈氏据判据的结论:当O从0→+∞时,开环频率特性曲线 G(io)H(o)逆时针包围(-1,j0)点的次数N等于开环右极点数的一半,则闭环系统稳 定,否则不稳定 5.3.2奈氏判据应用举例 应用奈氏判据判断系统稳定性的一般步骤如下 首先,绘制O从0→+0变化时的开环频率特性曲线,并在曲线上标出O从0→+∞增 加的方向。根据曲线包围(-1,j0)点的次数和方向,求出N的大小及正负。为此可从点 (-1,j0)向曲线上作一矢量,并计算这个矢量当O从0→+∞变化时相应转过的“净”角度 规定逆时针旋转方向为正角度方向,并按转过360°折算N=1,转过-3600折算N= 要注意N的正负及N=0的情况,见图5.5。 图5.5N的计算 然后,由给定的开环传递函数确定开环右极点数p,并按奈氏判据判断系统的稳定性。 若N=p/2,则闭环系统稳定,否则不稳定。如果曲线刚好通过(-1,0)点,表明闭环系 统有极点位于虚轴上,系统处于临界稳定状态。 需要指出,开环传递函数中没有s=0的极点时,开环奈氏曲线为一条封闭曲线,而当 开环传递函数中有s=0的极点,即含有积分环节时,奈氏曲线就不是封闭曲线,为了确定 曲线对(-1,j0)点的包围情况,这时需要作辅助曲线。可以证明(证明从略),辅助曲线的 作法是:以原点为圆心以无穷大为半径,从实轴上开始顺时针方向绕行y×90°(y为积分 环节的个数)作圆弧至奈氏曲线的起始端。注意从实轴上开始并不一定都是从正实轴上开 例5.5单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)= ,试用奈氏判据判断k=4 0.ls+1 和k=-4情况下的稳定性

自动控制系统及应用 150 图 5.5 N 的计算 ω=∞ ω=∞ b) N=0 图7.5 的计算 a) N= ω=0 -1 0 Re -1 0 ω=0 Re ［GH］ Im Im ［GH］ -1 由式（5.9）可知，闭环系统稳定时，即当 z = 0 时应满足 p N = 2 或 N p = 2 综上所述，给出奈氏据判据的结论：当  从 0 → + 时，开环频率特性曲线 G j H j ( ) ( )   逆时针包围 ( 1, 0) − j 点的次数 N 等于开环右极点数的一半 2 p ，则闭环系统稳 定，否则不稳定。 5.3.2 奈氏判据应用举例 应用奈氏判据判断系统稳定性的一般步骤如下。 首先，绘制  从 0 → + 变化时的开环频率特性曲线，并在曲线上标出  从 0 → + 增 加的方向。根据曲线包围 ( 1, 0) − j 点的次数和方向，求出 N 的大小及正负。为此可从点 ( 1, 0) − j 向曲线上作一矢量，并计算这个矢量当  从 0 → + 变化时相应转过的“净”角度， 规定逆时针旋转方向为正角度方向，并按转过 0 360 折算 N =1 ，转过 0 −360 折算 N =−1。 要注意 N 的正负及 N = 0 的情况，见图 5.5。 然后，由给定的开环传递函数确定开环右极点数 p ，并按奈氏判据判断系统的稳定性。 若 N p = 2 ，则闭环系统稳定，否则不稳定。如果曲线刚好通过 ( 1, 0) − j 点，表明闭环系 统有极点位于虚轴上，系统处于临界稳定状态。 需要指出，开环传递函数中没有 s = 0 的极点时，开环奈氏曲线为一条封闭曲线，而当 开环传递函数中有 s = 0 的极点，即含有积分环节时，奈氏曲线就不是封闭曲线，为了确定 曲线对 ( 1, 0) − j 点的包围情况，这时需要作辅助曲线。可以证明（证明从略），辅助曲线的 作法是：以原点为圆心以无穷大为半径，从实轴上开始顺时针方向绕行 o  90 （  为积分 环节的个数）作圆弧至奈氏曲线的起始端。注意从实轴上开始并不一定都是从正实轴上开始。 例 5.5 单位负反馈系统的开环传递函数为 ( ) 0.1 1 k G s s = + ，试用奈氏判据判断 k = 4 和 k =−4 情况下的稳定性

自动控制系统及应用 解:作出k=4和k=-4时的开环奈氏图,见图5.6 [GH] 图5.6 的奈氏图 Ts+1 k=4时,曲线不包围点(-1,j0),所以N=0。开环极点为s= =-10,因此 p=0由判据知系统在k=4时是稳定的。 当k=-4时,开环极点没有变化,仍是p=0,但曲线顺时针包围(-1,j0)点半周,即 N=-1≠P,可见在k=4时系统不稳定。 此例说明,开环状态稳定(P=0),闭环可能稳定,也可能不稳定。结论在用判据判断 之后得出 例5.6已知三阶系统开环频率特性为 G(O)HGo) (1+jo71)(1+jo12)(1+joT3) 式中,T1、T2、73及k均大于零。试判断闭环系统的稳定性 当O=0时 G(jO)H(O=k ∠G(o)lH(o)=0° 当O=+∞时 ∠G(o)H(o)=-270° IGH] (0=g 该三阶系统的开环奈氏图大致形状如图5.7所 下。曲线从正实轴上的k点开始,顺时针穿过三个象 ,沿-270°线终止于原点。当k值较小时如曲线① 所示,不包围(-1,j0)点,N=0。当k值增大到k', 图5.7三阶系统的开环奈氏图

自动控制系统及应用 151 解：作出 k = 4 和 k =−4 时的开环奈氏图，见图 5.6。 k = 4 时，曲线不包围点 ( 1, 0) − j ，所以 N = 0 。开环极点为 1 10 0.1 s = − = − ，因此 p = 0。 由判据知系统在 k = 4 时是稳定的。 当 k =−4 时，开环极点没有变化，仍是 p = 0 ，但曲线顺时针包围 ( 1, 0) − j 点半周，即 1 2 2 p N = −  ，可见在 k =−4 时系统不稳定。 此例说明，开环状态稳定 ( 0) p = ，闭环可能稳定，也可能不稳定。结论在用判据判断 之后得出。 例 5.6 已知三阶系统开环频率特性为 1 2 3 ( ) ( ) (1 )(1 )(1 ) k G j H j j T j T j T      = + + + 式中， T1、T2 、T3 及 k 均大于零。试判断闭环系统的稳定性。 解：当  = 0 时 o ( ) ( ) ( ) ( ) 0 G j H j k G j H j     =  = 当  = + 时 o ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 270 G j H j G j H j     =  = − 该三阶系统的开环奈氏图大致形状如图 5.7 所 示。曲线从正实轴上的 k 点开始，顺时针穿过三个象 限，沿 0 −270 线终止于原点。当 k 值较小时如曲线① 所示，不包围 ( 1, 0) − j 点， N = 0 。当 k 值增大到 k ， =∞ -1 0 Im [GH] =0 Re ② ① 图7.7 三阶系统的开环奈氏图 图 5.7 三阶系统的开环奈氏图 图 5.6 K Ts + 1 的奈氏图 Re [GH] Im -1 0 1 2 3 4 =∞ =0 =∞ 0 Im [GH] Re =0 -4 -3 -2 -1 图7.6 奈氏图 0.1s+1 (a) (b)

自动控制系统及应用 曲线相位不变,仅幅值增大,如曲线②所示,顺时针包围(-1,j0)点一周,即N=-1。因 为开环无右极点,p=0,所以曲线①所示情况下,闭环系统稳定,曲线②的情况下系统不 稳定。一般来说,对于三阶及以上的系统来说,开环增益k的增大,不利于系统的稳定性 例57设某非最小相位系统的开环传递函数为()H(S)=4 其中k、T均为 S(7S-1) 正值。试判断闭环系统的稳定性。 解:作出开环奈氏图如图5.8,图中的虚线为 辅助线。因为开环传递函数中只含一个积分环节, y=1,辅助线只有90°范围的幅角,所以这里是 [GH] 从负实轴开始。曲线顺时针包围(-1,j0)点半周, 0=① 即N K 检查开环极点:s,=0,S2-T 其中S2是右 图5.8 的奈氏图 jo(joT-D) 极点,而S1=0不能算为右极点,所以p=1。由 奈氏判据得知N= P ,系统不稳定 例5.8Ⅱ型系统开环传递函数如下,试判断闭环系统的稳定性 G(S)H(S) 2(0.15s+1) 解:作出开环奈氏图如图5.9(a)所示 图5.9例5.8的开环奈氏图 由图知N=-1,而P=0,所以系统不稳定

自动控制系统及应用 152 曲线相位不变，仅幅值增大，如曲线②所示，顺时针包围 ( 1, 0) − j 点一周，即 N =−1 。因 为开环无右极点， p = 0 ，所以曲线①所示情况下，闭环系统稳定，曲线②的情况下系统不 稳定。一般来说，对于三阶及以上的系统来说，开环增益 k 的增大，不利于系统的稳定性。 例 5.7 设某非最小相位系统的开环传递函数为 ( ) ( ) ( 1) k G s H s s Ts = − ，其中 k 、T 均为 正值。试判断闭环系统的稳定性。 解：作出开环奈氏图如图 5.8，图中的虚线为 辅助线。因为开环传递函数中只含一个积分环节，  = 1 ，辅助线只有 0 90 范围的幅角，所以这里是 从负实轴开始。曲线顺时针包围 ( 1, 0) − j 点半周， 即 1 2 N = − 。 检查开环极点： 1 2 1 s s 0, T = = ，其中 2 s 是右 极点，而 1 s = 0 不能算为右极点，所以 p =1 。由 奈氏判据得知 1 1 2 2 2 p N = −  = ，系统不稳定。 例 5.8 Ⅱ型系统开环传递函数如下，试判断闭环系统的稳定性。 2 10 ( ) ( ) (0.15 1) G s H s s s = + 解：作出开环奈氏图如图 5.9(a)所示。 由图知 N =−1 ，而 p = 0 ，所以系统不稳定。 Im 0 Re =0 ［GH］ -1 图7.8 的奈氏图 K jω(jωT-1) =∞ 图 5.8 ( 1) K j j T   − 的奈氏图 图 5.9 例 5.8 的开环奈氏图 0 Re Im 0 Re Im =0 =0 (-1, 0) =∞ (-1, 0) 图7.9 例7.8的开环奈氏图 (a) (b)