自动控制原理 教学课件 ppt 作者 孙优贤 王慧 主编第六章-3 Nyquist稳定判据.ppt

* 例6-19 已知单位反馈系统开环幅相曲线（K=10, PR=0, m=1) 如图所示，试确定系统闭环稳定时K值的范围。 0 解：如图所示，开环幅相曲线与负实轴有三个交点，设交接点处穿越负实轴频率分别为ω1ω2ω3，系统的开环传递函数为 G1(s)的 分子分母常数项为1　　　　　　　 由题设条件知： -1 ω -0.5 -1.5 -2 i=1,2,3 Nyquist稳定判据——示例 * 0 -0.5 -1 -1.5 -2 ω 对于K0，穿越负实轴的频率ωi必须满足 由上式可以看出，穿越负实轴的点的频率ωi （即在ω1,ω2,ω3穿越)与K值的大小没有关系;但交点位置随K变化而变化 若令G(jωi)= –1(即交点）, 可得对应的K值 同理: Nyquist稳定判据——示例 * PR=0, N=0, 所以ZR=0，系统稳定 PR=0, N=-2, 所以ZR=2，系统不稳定 -1 ω ω 0– ω 0+ ω=-∞ ω=+∞ -1 ω ω 0– ω 0+ ω=-∞ ω=+∞ B(s) B(s) 注：K是－1处对应的值 Nyquist稳定判据——示例 * PR=0, N=0, 所以ZR=0，系统稳定 PR=0, N=-2, 所以ZR=2，系统不稳定 -1 ω ω 0– ω 0+ ω=-∞ ω=+∞ -1 ω ω 0– ω 0+ ω=-∞ ω=+∞ B(s) B(s) Nyquist稳定判据——示例 * 时滞系统的传递函数为Gτ(s)=e-τs. 则频率响应传递函数为 幅值 相位 极坐标图为重复的单位圆 ωτ=0 ωxτ=π/2 ωyτ=π ωzτ=3π/2 ωwτ=2nπ 对数幅频曲线Lm是0dB线，相频曲线的相角随频率减小 Nyquist稳定判据——应用于时滞系统 * 示例：Nyquist稳定判据在纯滞后系统中的应用 加纯滞后 ω ω=–∞ -1+j0 0+ ω 0– ω=+∞ ω ω →–∞ -1+j0 0+ ω 0– ω→+∞ Nyquist稳定判据——应用于时滞系统 * 当沿闭合曲线运动时，纯滞后对极坐标图的影响可以归纳为: 1) 当沿着闭合曲线Q的虚轴部分运动时（0+ω+∞）, G(jω)H(jω)在第三象限的极坐标图将顺时针旋转，接近于–1+j0点，因此，若滞后时间足够大，极坐标图将包围–1+j0点，系统将不稳定。 2) 当 ω→+∞, 由纯滞后带来的相角将无限增大, 当 |G(jω)H(jω)|→0.出现螺旋线 纯滞后降低系统的稳定性 Nyquist稳定判据——应用于时滞系统 Nyquist稳定判据——原点处的开环极点对B(s)旋转圈数的影响 * 其中:当 ε → 0 时，K1/ε → ∞ ψ=-θ 从π/2 到 -π/2变化 （当有向线段从 ε∠-π/2 到 ε∠ π/2逆时针变化时） ε → 0– 和 ε → 0+时，G(s)H(s)曲线的终点与第一、四象限的半径为无穷大的半圆相连接，下图表示当点O沿着修正之后的闭合曲线从点1到点7运动时G(s)H(s)曲线. σ jω s=+j∞ s=-j∞ j0- s=εejθ 1 3 4 5 6 7 2 θ j0+ Q * -180° -270° ω ω 0+ G(s)H(s) ω 0- σ jω s=+j∞ Q s=-j∞ j0- 1 s=εejθ 3 4 5 6 7 2 θ j0+ 当原点移至–1+j0点时，即为 B(s)图 -1+j0 B(s) 1 ω=-∞ ω=+∞ 3 4 5 6 7 2 Nyquist稳定判据——原点处的开环极点对B(s)旋转圈数的影响 * B(s)图没有包围–1+j0点，因此N为0 闭环系统稳定 -180° -270° ω ω=-∞ G(s)H(s) ω -1+j0 0+ ω=+∞ ω 0- 1 3 4 5 6 7 2 B(s) Nyquist稳定判据——原点处的开环极点对B(s)旋转圈数的影响 * 若传递函数分母含有sm 项，则当 ε→0 根据前面的示例，从上述方程可以看出, 当s从 0– 向 0+运动时， G(s)H(s)图以无穷大半径顺时针旋转m个半圆（180°) 若 m=2, 当s沿着半径为ε，相角θ从–π/2变化到 π/2时， G(s)H(s)旋转一周(2)*(180°)=360°. 由于极坐标图关于实轴对称, 因此只要确定0ω+∞的G(s)H(s)幅相曲线形状， -∞ω+∞ 时的曲线围绕圈数是0ω+∞时曲线围绕圈数的2倍 Nyquist稳定判据——原点处的开环极点对B(s)旋转圈数的影响 * 当G(jω)H(jω) 穿越点–1+j0, 围绕的圈数将不确定。这种情况对应于B(s)在虚轴上