自动控制原理1

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列劳斯表，整理得
0 < KK < T1 T 2 T3 T 2 T3 T1 + + + + + +2 T 2 T3 T1 T1 T 2 T3
假设T1=T2 =T3 ，则使系统稳定的临界放大系数为 Kk=8。 如果取T2=T3，T1= 10T2 ，则使系统稳定的临界放大系 数变为Kk =24.2。 由此可见，将各时间常数的数值错开，可以允许较 大的开环放大系数。
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解：
将特征方程系数列成劳斯表
s 4 + 2s 3 + 3s 2 + 4s + 5 = 0
s4
1 2
=1
−6
3
5
s s
3
4
2 × 5 − 1× 0 2
0
=5
2 2 × 3 − 1× 4
2 1 1× 4 − 2 × 5 s = 1
0
−
+
0 −
+
s
0
5
结论：系统不稳定；系统特征方程有两个正实部的根。
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用 s 行的系数构造系列辅助方程
4
F ( s ) = s − 3s − 4
4 2
求导得：
dF ( s ) 3 = 4s − 6s ds
用上述方程的系数代替原表中全零行，然后按 正常规则计算下去，得到
37
s + s − 2s − 3s − 7 s − 4s − 4 = 0
6 5 4 3 2
s s s s
a0 a1
a1a 2 − a 0 a 3 = a1
a2 a3
c23 =
a6
a1a6 − a0 a7 a1
a5
c33 =
a7
s
n− 3
c13 a5 − c33 a1 c13 a 3 − a1c23 c24 = c14 = c13 c13
s2
c1,n −1
c1,n
c1,n + 1 = a n
c 2 , n −1
]
= lim e [ Ai e
σ it
σ it
jωi t
+ Ai +1e
]
= lim e A sin(ωi t + ϕi )
若σ i < 0, 则 若σ i = 0, 则 若σ i > 0, 则
lim e A sin(ω i t + ϕ i ) = 0
t →∞
σ it
lim e A sin(ω i t + ϕ i ) = A sin(ω i t + ϕ i )
si t
σ i = 0 时： lim Ai e
t →∞
si t
= Ai
σ i > 0 时： lim Ai e
t →∞
si t
=∞
12
13
当si为共轭复根时，即si，i+1＝σi ± jωi
lim[ Ai e
t →∞ t →∞ t →∞
(σ i + jωi ) t
+ Ai +1e
(σ i − jωi ) t − jωi t
si t t →∞ i =1
n
9
为了分析闭环系统的稳定性，一定需要 求解系统微分方程吗？
10
lim ∑ Ai e = 0
si t t →∞ i =1
n
式中：Ai均为常值，因此，系统的稳定性 仅取决于特征根si的性质。
11
特征根的性质对系统稳定性的影响
当si为实根时，即si＝σi，
σ i < 0 时： lim Ai e = 0 t →∞
41
Hurwitz vs Routh
a 0 s n + a1 s n −1 +
sn s n −1
s n− 2
+ a n −1 s + a n = 0
a4
a1a4 − a0 a5 a1
Δ0
Δ2 c13 = Δ1 Δ3 c14 = Δ2
a2 a3
c23 =
a6
a1a6 − a0 a7 a1
Δ1
a5
c33 =
试用劳斯判据确定正实部根的个数。
32
解： 将特征方程系数列成劳斯表
s − 3s + 4 = 0
3
s s
3
1 0 ∞
－3 4
s2
1
由表可见，第二行中的第一列项为零，所以第三 行的第一列项出现无穷大。为避免这种情况，可 用因子(s+a)乘以原特征式，其中a可为任意正 数，这里取a=1。
33
于是得到新的特征方程为：
其中，D(s)为系统闭环特征式，也称输出端 算子式；M(s)称为输入端算子式。R(s)为输 入，C(s)为输出，M0(s)为总的初始条件，与 系统的初始状态有关的多项式。
6
M 0 (s) M ( s) C ( s) = R( s) + D( s) D( s)
系统去掉扰动后的恢复能力，应由初值响应决定。 此时，系统的输入为零。
a1 a0 0 Dn = 0 0
a3 a2 a1 a0 0
举例
系统的特征方程为：
2 s + s + 3 s + 5 s + 10 = 0
4 3 2
试用赫尔维茨判据判断系统的稳定性。
20
解：
D( s ) = 2 s 4 + s 3 + 3 s 2 + 5 s + 10 = 0
第一步：由特征方程得到各项系数
30
劳斯表判据的特殊情况
在劳斯表的某一行中，第一列项为零。 说明系统处于临界稳定或不稳定状态 在劳斯表的某一行中，所有元素均为零。 说明特征方程存在大小相等但位置相反的根 这两种情况下，都要进行一些数学处理，原则是不影 响劳斯判据的结果。
31
例2
设系统的特征方程为：
s − 3s + 4 = 0
3
M 0 ( s) C ( s) = D( s)
7
M 0 (s) C (s) = D( s)
假定D( s ) = a0 ∏( s − si ), 其中si互异。
i =1 n
将C(s)等式右端的展开成部分分式，可得
Ai C (s) = ∑ i =1 s − si
n
8
稳定性定义可转化为
lim ∑ Ai e = 0
试求开环增益Ｋ的稳定域。
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解： 第一步：求系统的闭环特征方程 D( s ) = s(0.1s + 1)(0.25 s + 1) + K = 0
0.025 s 3 + 0.35 s 2 + s + K = 0
第二步：列出特征方程的各项系数。
a0 = 0.025
a1 = 0.35
a2 = 1
a3 = K
27
s
s0
关于劳斯判据的几点说明
如果第一列中出现一个小于零的值，系 统就不稳定； 第一列中数据符号改变的次数等于系统 特征方程正实部根的数目，即系统中不 稳定根的个数。
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例1
设系统特征方程如下： 4 3 2 s + 2s + 3s + 4s + 5 = 0 试用劳斯判据判断该系统的稳定性，并确 定正实部根的数目。
系统稳定的充分必要条件为： １．系统特征方程的各项系数大于零，即 必要条件
ai > 0
( i = 0, 1, 2,
, n)
２．奇数阶或偶数阶的赫尔维茨行列式大于零。即
D奇 > 0
或
D偶 > 0
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举例
单位负反馈系统的开环传递函数为：
K G( s) = s(0.1s + 1)(0.25 s + 1)
3
4
二、稳定条件
设系统微分方程为：
d c( t ) d c( t ) dc( t ) a0 + a1 + + a n −1 + an c( t ) n n −1 dt dt dt m m −1 d r (t ) d r (t ) dr ( t ) = b0 + b1 + + bm −1 + bm r ( t ) m m −1 dt dt dt
a0 =
２
a1 = １ a 2 = ３ a 3 =５
D1 = a1 = 1
a4 = １０
第二步：计算各阶赫尔维茨行列式
D0 = a0 = 2
a1 D2 = a0
结论：
1 5 a3 = = 1 × 3 − 2 × 5 = −7 < 0 a2 2 3
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系统不稳定
判据之二：林纳德－奇帕特（Lienard-Chipard)判据
a7
s
n− 3
c13 a5 − c33 a1 c24 = c13
s2
c1,n −1
c 2 , n −1
Δn = Δ n −1
42
s
s
0
c1,n
c1, n + 1
结论： Routh判据回避了Hurwitz判据中3阶以上行 列式的计算
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判据之四
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为了分析闭环系统的稳定性，一定需要 求出系统的极点吗？
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三、稳定性判据
判据之一：赫尔维茨（Hurwitz)稳定判据 系统稳定的充分必要条件是： 特征方程的赫尔维茨行列式Dk（k＝1,2,3,…,n）全 部为正。
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赫尔维茨判据
系统特征方程的一般形式
D( s ) = a0 s n + a1 s n−1 +