第5章线性系统的频域分析法 ◆例题解析 K 例5-1已知单位反馈控制系统的开环传递函数G(s)= s(s+3)(s+5 (1)用奈奎斯特判据确定使闭环系统稳定的条件 (2)用奈奎斯特判据确定使全部闭环极点均位于s左半部,且实部的绝对值都大于 1的条件 (3)用奈奎斯特判据确定使全部闭环极点均位于s左半部且全部复极点的阻尼系数 都大于的条件 解:(1)此题是Ⅰ型系统,取奈奎斯特路径如图5-1所示,即奈奎斯特路径选取了 由以下各段组成的s平面上的封闭曲线: ①正虚轴:s=jo,频率o从0变化到; ②半径为无穷大的右半圆:s=Re,R→∞x变化到-z ③负虚轴:s=jo,频率ω从一∞变化到0ˉ ④半径为无穷小的右半圆:s=Re,R"→00铀一变化到x 先求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=O代入G(s) G o) K jo(j@+3(o+5 GE+0O K R→0 25+ qp()=-90°- arctan q(0)=-90;9(∞)=-270 P()= Q()= ()2-15)K (9+o2)25+o2) 图5-1
·145· 图 5-1 第 5 章 线性系统的频域分析法 例题解析 例 5-1 已知单位反馈控制系统的开环传递函数 ( 3)( 5) ( ) s s s K G s k （1）用奈奎斯特判据确定使闭环系统稳定的条件； （2）用奈奎斯特判据确定使全部闭环极点均位于 s 左半部，且实部的绝对值都大于 1 的条件； （3）用奈奎斯特判据确定使全部闭环极点均位于 s 左半部且全部复极点的阻尼系数 都大于 2 2 的条件。 解：（1）此题是Ⅰ型系统，取奈奎斯特路径如图 5-1 所示，即奈奎斯特路径选取了 由以下各段组成的 s 平面上的封闭曲线： ① 正虚轴：s＝jω，频率ω从 0＋变化到∞； ② 半径为无穷大的右半圆： ; 2 2 Re , , s j R 由 变化到－ ③ 负虚轴：s＝jω，频率ω从－∞变化到 0－； ④ 半径为无穷小的右半圆： 由－ 变化到 ； 2 2 R e , 0, s R j 先求与路径①对应的奈奎斯特图，将 s j 代入G (s) k (9 )(25 ) ( 15) ( ) (9 )(25 ) 8 ( ) (0) 90 ; ( ) 270 5 arctan 3 ( ) 90 arctan 9 25 ( ) ( 3)( 5) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 K Q K P K A j j j K G j k
求与实轴的交点,令Q(O)=0,解得2=15,0=±√15≈±3.87 P(√15) -8K 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为无穷小。角度从-2700逆时针转到2700的圆弧 由于此段奈奎斯特图与奈奎斯特曲稳定判据应用到闭环系统判稳无关,所以图中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。 与路径④对应的奈奎斯特图是半径为无穷大,角度从90顺时针转到一90的圆弧 K 画出奈奎斯特图如5-2所示。要使闭环系统稳定,要求O710-1,即 0<K<120时闭环系统稳定 K/120=+∞0 =0 =-00 6=-00 图5-2 (2)此时,取奈奎斯特路径如图5-3所示,即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成 的s平面上的封闭曲线 ①平行于正虚轴直线:s=j-1,频率O由0变化到o ②半径为无穷大的右半圆:s=Re,R→∞,由变化到 ③平行于正虚轴直线:S=J-1,频率)由-变化到0 先求与路径①对应的奈奎斯特图 代入Gk(S) (s+3)(s+5) 146
·146· 求与实轴的交点，令Q() 0, 解得 15, 15 3.87 2 (9 15)(25 15) 120 8 ( 15) K K P 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为无穷小。角度从－270 o逆时针转到 270 o的圆弧， 由于此段奈奎斯特图与奈奎斯特曲稳定判据应用到闭环系统判稳无关，所以图中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。 与路径④对应的奈奎斯特图是半径为无穷大，角度从 90 o顺时针转到－90 o的圆弧。 画出奈奎斯特图如 5-2 所示。要使闭环系统稳定，要求 1 120 0 K ，即当 0 K 120时闭环系统稳定。 图 5-2 图 5-3 （2）此时，取奈奎斯特路径如图 5-3 所示，即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成 的 s 平面上的封闭曲线： 1 平行于正虚轴直线： s j 1，频率 由 0 变化到∞； 2 半径为无穷大的右半圆： 2 2 Re , , s j R 由 变化到－ ； 3 平行于正虚轴直线： s j 1，频率 由-∞变化到 0； 先求与路径 ①对应的奈奎斯特图 将 s j 1代入 ( 3)( 5) ( ) s s s K G s k 得
K (O-1)(jo+2(jo+4 注意此时的GA*()已不是I型系统形式,而是非最小相位传递函数 K √1+02√4+02√16+o arctan--(180-arctan @) -180%+arctan 0-arctan--arctan qp(0)=-180°;q(∞)=-270° -K(8+5c2 P(o) (1+o2)(4+o2)16+o2) Q() K(2o-o3) (1+o2)4+o2)16+o2) 求与实轴的交点,令Q()=0,解得O=0, K O=√2,P(0) P(√2) 8 18 画出奈奎斯特图如图5-4所示 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为 无穷小,角度从-270逆时针转到270°的 圆弧,由于此段奈奎斯特图与奈奎斯特稳 定判据应用到闭环系统判稳无关,所以图 中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径① 对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。要使 此图满足稳定的要求 K 当8<K<18时满足全部闭环极点均位 于s左半平面且实部绝对值都大于1的条 件 解二:本题的结果也可以利用劳斯判据来获得,方法是平移坐标轴后再用劳斯判据 判断相对稳定的条件。令s=x-1代入特征方程
·147· 图 5-4 ( 1)( 2)( 4) ( 1) * ( ) j j j K G j G j k k 注意此时的G * ( j) k 已不是Ⅰ型系统形式，而是非最小相位传递函数 4 arctan 2 180 arctan arctan (180 arctan ) 4 arctan 2 ( ) arctan 1 4 16 ( ) 2 2 2 K A (1 )(4 )(16 ) (2 ) ( ) (1 )(4 )(16 ) (8 5 ) ( ) (0) 180 ; ( ) 270 2 2 2 3 2 2 2 2 K Q K P 求与实轴的交点，令Q() 0 , 解得 0 ， 18 , ( 2) 8 2, (0) K P K P 画出奈奎斯特图如图 5-4 所示。 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为 无穷小，角度从－270 o逆时针转到 270 o的 圆弧，由于此段奈奎斯特图与奈奎斯特稳 定判据应用到闭环系统判稳无关，所以图 中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径① 对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。要使 此图满足稳定的要求 18 1 8 K K ,即 当 8 K 18 时满足全部闭环极点均位 于 s 左半平面且实部绝对值都大于 1 的条 件。 解二：本题的结果也可以利用劳斯判据来获得，方法是平移坐标轴后再用劳斯判据 判断相对稳定的条件。令 s x 1代入特征方程 8 15 0 3 2 s s s K
整理得 △=x3+5x2+2x-8+K=0 列劳斯阵列如下 5K-8 x0K-8 要使劳斯阵列第一列都大于零,可解得8<K<18。当8<K<18时满足全部闭环 极点均位于s平面左半部且实部的绝对值都大于1的条件,此结果与应用奈奎斯特判据 所得结果完全相同 (3)此时取奈奎斯特路径如图5-5所示,即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的 平面上的封闭曲线 ①与负虚轴成45°角的直线:S=-x+x,频率x由0变化到∞; ②半径为无穷大的右半圆:s=R0,R→∞,日由,变化到 ③与负虚轴成45°角的直线:S=x+jx,频率x由-∞变化到0 ④半径为无穷小的右半圆;=R,R→0.0由一3到3 K 先求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=-x+x代入G(s)= s(s+3)(s+5) Gr(x+jx)=Gk*(x)= (-x+jx)(3-x+jx)(5-x+jx) A()= q()=-135°- arctan 3 -arctan ()=-135°;0(3)=-281.31°;q(5)=-3368°;9(∞)=-405 P(x)= 5)K 2x[(3 x21I(5+x)2 Q(x)=.(2x2+16x 2x(3-x)2+x21(5 6++ 求与实轴的交点,令Qx)=0,解得x=4± =(691与正实轴的交点频率),与负 1085(与负实轴的交点频率) 148
·148· 整理得 5 2 8 0 3 2 x x x K 列劳斯阵列如下 8 5 18 5 8 1 2 0 1 2 3 x K K x x K x 要使劳斯阵列第一列都大于零，可解得8 K 18 。当8 K 18时满足全部闭环 极点均位于 s 平面左半部且实部的绝对值都大于 1 的条件，此结果与应用奈奎斯特判据 所得结果完全相同。 (3) 此时取奈奎斯特路径如图 5-5 所示，即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的 s 平面上的封闭曲线： 1 与负虚轴成 45 o角的直线： s x jx ，频率 x 由 0 变化到∞； 2 半径为无穷大的右半圆： s R , R , j 由 4 3 变化到－ 4 3 ； 3 与负虚轴成 45 o角的直线： s x jx ，频率 x 由－∞变化到 0； 4 半径为无穷小的右半圆： s R e , R 0, j 由－ 4 3 到 4 3 ； 先求与路径①对应的奈奎斯特图，将 s x jx 代入 ( 3)( 5) ( ) s s s K G s k 得 ( )(3 )(5 ) ( ) * ( ) x jx x jx x jx K G x jx G jx k k 2 2 2 2 2 (3 ) (5 ) ( ) x x x x x K A (0) 135 ; (3) 281.31 ; (5) 336.8 ; ( ) 405 5 arctan 3 ( ) 135 arctan x x x x 2 [(3 ) ][(5 ) ] ( 2 16 15) ( ) 2 [(3 ) ][(5 ) ] (2 15) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x K Q x x x x x x x K P x 求与实轴的交点，令Q(x) 0 ，解得 1.085( ) 6.915( ) 2 34 4 与负实轴的交点频率 与正实轴的交点频率 x ，与负
实轴的交点P(4-“)= (2x2-15)K 2x(3-x)2+x2[(5+x)2+x X=4 49√34-272 再求与虚轴的交点,令P(x)=0,解得x=±2,Q1)为与虚轴的交点值。 X二+00 0+<x=4 图5-5 图5-6 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为无穷小,角度从-405逆时针转到405的弧,由 于此段奈奎斯特图与奈奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳无关,所以,图中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像 与路径④对应的奈奎斯特图是半径为无穷大,角度从135°顺时针转到-135°的圆弧 画出奈奎斯特图如图5-6所示,由图可知,满足全部闭环极点均位于s左半部且实 部的绝对值都大于1的条件是 <-1 49√34-272 即当0<K<4934-272≈137时满足要 求 解二:此题可用根轨迹法来求,画出根轨迹 如图5-7所示,满足题示要求即是要求出根轨迹 与阻尼角为45°的射线所夹部分根轨迹增益的范 围 令S=x(1+j),则 x2j,s3=x3(-1+j) 代入特征方程 A=s32+8s2+15s+K 图5-7
·149· 图 5-7 实轴的交点 2 [(3 ) ][(5 ) ] 49 34 272 (2 15) ) 2 34 (4 2 34 4 2 2 2 2 2 K x x x x x x K P X 再求与虚轴的交点，令 P(x)＝0，解得 ) 2 15 , ( 2 15 x Q 为与虚轴的交点值。 图 5-5 图 5-6 与路径②对应的奈奎斯特图是半径为无穷小，角度从-405 o逆时针转到 405 o的弧，由 于此段奈奎斯特图与奈奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳无关，所以，图中略去。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。 与路径④对应的奈奎斯特图是半径为无穷大，角度从 135 o顺时针转到-135 o的圆弧。 画出奈奎斯特图如图 5-6 所示，由图可知，满足全部闭环极点均位于 s 左半部且实 部的绝对值都大于 1 的条件是 1 49 34 272 0 K 即 当 0 K 49 34 272 13.7 时 满 足 要 求。 解二：此题可用根轨迹法来求，画出根轨迹 如图 5-7 所示，满足题示要求即是要求出根轨迹 与阻尼角为 45 o 的射线所夹部分根轨迹增益的范 围。 令 s x(1 j) ，则 s 2x j,s x (1 j) 2 2 3 3 代入特征方程 s 8s 15s K 3 2
可得实部方程 2x2+15x+K=0 和虚部方程 x3+16x2+15x=0 可解得x=0和x=4±34=-695与正反馈根轨迹的交点 2 1.085(与负反馈根轨迹的交点 K=(2x2-15x)=4934-272137 结合根轨迹图可知,当0<K<13.7满足使全部闭环极点均位于s平面左半部且全 部复极点的阻尼系数都大于一一的要求 例5-2已知开环传递函数G(s)H(S)= 3(s+2) 画出与完整的奈奎斯特路径相 s3+3s+ 对应的奈奎斯特图。 (1)确定相对于G(s)H(s)平面的原点的N,P和Z的值。从而判断开环系统是否稳 (2)求取相对于一1点的NP和Z的值。从而判断闭环系统是否稳定 解一:(1)首先要确定开环零,极点的位置,由于本题开环零点以确定,而分母是 以多项式形式给出,所以只要确定开环极点的位置。方法由三种 a)劳斯判据法对开环特征方程s3+3s+1=0,列劳斯阵列如下 s313 由劳斯判据可判断开环特征方程有一个左根和两个右根,没有虚轴上的根 b)根轨迹法对开环特征方程s3+3s+1=0,可改写为 K =1+ =0于是s3+3s+1=0的根可看作在等效开环传递函数为 S+3s (S-+3slk-l 的根轨迹上,取K=1时的点,此时根轨迹如图5-9所示。由根轨迹可知 当K=1时开环特征方程+3+1=0有一个负实根和一对实部为正的共轭复根 c)奈奎斯特判据法此法是题中要求的方法。即画出完整的奈奎斯特曲线,求出该 曲线对GA(s)平面对原点包围的次数N〃,若此时开环右零点数Z0已知,则开环右极点数
·150· 可得实部方程 2 15 0 3 x x K 和虚部方程 2 16 15 0 3 2 x x x 可解得 x＝0 和 1.085( ) 6.915( ) 2 34 4 与负反馈根轨迹的交点 与正反馈根轨迹的交点 x (2 15 ) 49 34 272 13.7 2 34 4 3 x K x x 结合根轨迹图可知，当 o K 13.7 满足使全部闭环极点均位于 s 平面左半部且全 部复极点的阻尼系数都大于 2 2 的要求。 例 5-2 已知开环传递函数 3 1 3( 2) ( ) ( ) 3 s s s G s H s ，画出与完整的奈奎斯特路径相 对应的奈奎斯特图。 （1）确定相对于 G(s)H(s)平面的原点的 N，P 和 Z 的值。从而判断开环系统是否稳 定。 （2）求取相对于－1 点的 N,P 和 Z 的值。从而判断闭环系统是否稳定。 解一：（1）首先要确定开环零，极点的位置，由于本题开环零点以确定，而分母是 以多项式形式给出，所以只要确定开环极点的位置。方法由三种： a）劳斯判据法对开环特征方程 3 1 0 3 s s ，列劳斯阵列如下 1 0 1 1 3 0 1 2 3 s s s s 由劳斯判据可判断开环特征方程有一个左根和两个右根，没有虚轴上的根。 b ） 根 轨 迹 法 对 开 环 特 征 方 程 3 1 0 3 s s ， 可 改 写 为 0 ( 3) 1 3 1 1 1 3 2 K s s K s s 于是 3 1 0 3 s s 的根可看作在等效开环传递函数为 S S K Gk ( 3) * 2 的根轨迹上，取 K=1 时的点，此时根轨迹如图 5-9 所示。由根轨迹可知， 当 K＝1 时开环特征方程 3 1 0 3 s s 有一个负实根和一对实部为正的共轭复根。 c）奈奎斯特判据法 此法是题中要求的方法。即画出完整的奈奎斯特曲线，求出该 曲线对G (s) k 平面对原点包围的次数 N0，若此时开环右零点数 Z0已知，则开环右极点数
Po=Z0-N0,此法可与闭环系统稳定性判别同时进行。 (2)下面画出与完整的奈奎斯特路径相对应的奈奎斯特图 为了确定奈奎斯特路径,必须先确定开环传递函数是否有虚轴上的极点。 设 s3=3s+1=(s+a)(s2+bs+c)=s3+(a+b)s2+(ab+c)s+ac=0 因为ac=1≠0,所以a≠0,c≠0 因为a+b=0,所以b=-a≠0 +0 因为a≠0,b≠0和c≠0,所以开环传递函 数没有虚轴上的极点 R→00 此题是0型系统,取奈奎斯特路径如图5-8 所示,即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的s 平面上的封闭曲线: ①正虚轴:S=O,频率O由0变化到∞; 半径为无穷大的右半圆 s=Re,R→m,b由石变化到z ③负虚轴:S=j,频率由-∞变化到0 求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=J 代入G4()得 G(j)= 3(2+jo)32+(3-o2)2]+3(2o2-5)oy 1+(3--)yy 1+(3-o2)2a P(o)=32+6-0) Q(o)=.3g 1+-2)2 P(0)=6,Q(0)=0,P(∞)=0,Q(∞)=0 求与实轴的交点,令Q(m)=0,解得O=0和O=±√25; 解得P(0)=6,P(√25)=6再求与虚轴的交点, P()=0,可得方程o4-3o2-2=0 解得
·151· P0=Z0-N0，此法可与闭环系统稳定性判别同时进行。 （2）下面画出与完整的奈奎斯特路径相对应的奈奎斯特图。 为了确定奈奎斯特路径，必须先确定开环传递函数是否有虚轴上的极点。 设 3 1 ( )( ) ( ) ( ) 0 3 2 3 2 s s s a s bs c s a b s ab c s ac 因为 ac 1 0，所以 a 0,c 0 ， 因为 a b 0 ，所以b a 0 因为 a 0，b 0 和c 0，所以开环传递函 数没有虚轴上的极点。 此题是０型系统，取奈奎斯特路径如图 5-8 所示，即奈奎斯特路径选取了由以下各段组成的 s 平面上的封闭曲线： ① 正虚轴:s j ,频率 由 0 变化到∞； ② 半 径 为 无 穷 大 的 右 半 圆 ： s Re ,R , j 由 2 变化到- 2 ； ③ 负虚轴：s j ，频率 由-∞变化到 0； 先求与路径①对应的奈奎斯特图，将 s j 代入G (s) k 得 2 2 2 2 2 2 2 1 (3 ) 3[2 (3 ) ] 3(2 5) 1 (3 ) 3(2 ) ( ) j j j G j 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 (3 ) 3(2 5) ( ) 1 (3 ) 3[2 (3 ) ] ( ) Q P P(0) 6,Q(0) 0,P() 0,Q() 0 求与实轴的交点，令Q() 0 ，解得 0和 2.5 ； 解得 P(0) 6 , P( 2.5) 6 再求与虚轴的交点， 令 P() 0 ，可得方程 3 2 0 4 2 解得 图 5-8
23土√17∫3.56 0.56(略) ≈±1.887 2 3+√17 3+√17 图 其次求与路径②对应的奈奎斯特图,将S=/O代入C4(S)其中R→aO由2变化到 得 limGk(s)=lim 0×e-/20 这表明与路径②对应的奈奎斯特图是连接G4(+∞)和G4(-∞)的半径为无穷小,角 度从-180逆时针转到180°的圆弧,如图5-10中原点附近的虚线小圆弧所示。此段奈奎 斯特图与用奈奎斯特稳定判据对闭环系统稳定性判断无关,但与用奈奎斯特稳定判据对 开环系统稳定性判断有关 与路径③对应的奈奎斯特图是路径 ①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像 画出极坐标图如5-10所示。此时 奈奎斯特曲线对G4(s)平面原点的包围 次数M°=2,已己知开环右零点数Z0=0,于是 开环右极点数P=Z0N=0--2)=2.又由奈 奎斯特图可知奈奎斯特曲线对(-1,j0 的包围次数N=0,于是Z=N+P=2,闭 环系统不稳。 上面仅根据实频特性和虚频特性画 图5-10 图,对终点的相角无法确定。为画图准确起见,需求出幅频特性和相频特性。这里假设 s+3s+l=(s+as-b+jc)(s-b-jc 其中 a>0.b>0.c>0 于是 G()H(s)=3+2)1=3+2) 1(s+a)( jc)(s-b-ja 3y4+O A() 1+(30-3)2
·152· 5.66 2 3 17 ) 3 2 3 17 ( 1.887 2 3 17 0.56 3.56 2 2 3 17 Q （略） 图 5-9 其次求与路径②对应的奈奎斯特图，将 s j 代入 G (s) k ，其中 R , 由 2 变化到 - 2 ； 得 2 Re 2 0 3 lim ( ) lim j s R k s e s G s j 这表明与路径②对应的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角 度从-180 o逆时针转到 180 o的圆弧，如图 5-10 中原点附近的虚线小圆弧所示。此段奈奎 斯特图与用奈奎斯特稳定判据对闭环系统稳定性判断无关，但与用奈奎斯特稳定判据对 开环系统稳定性判断有关。 与路径③对应的奈奎斯特图是路径 ①对应的奈奎斯特图关于实轴的镜像。 画出极坐标图如 5-10 所示。此时， 奈奎斯特曲线对G (s) k 平面原点的包围 次数N0=-2,已知开环右零点数Z0=0,于是 开环右极点数 P=Z0-N0=0-(-2)=2.又由奈 奎斯特图可知奈奎斯特曲线对（-1，j0） 的包围次数 N＝0，于是 Z=N+P＝2，闭 环系统不稳。 上面仅根据实频特性和虚频特性画 图，对终点的相角无法确定。为画图准确起见，需求出幅频特性和相频特性。这里假设 3 1 ( )( )( ) 3 s s s a s b jc s b jc 其中 a 0,b 0,c 0 于是 ( )( )( ) 3( 2) 3 1 3( 2) ( ) ( ) 3 s a s b jc s b jc s s s s G s H s 3 2 2 1 (3 ) 3 4 ( ) A 图 5－10
(180 (180° =-360°+ arctan arctan-+ arctan+c 0 o-c + arctan b (0)=-360°;(∞)=-180 这也表明与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应的奈奎斯特图是连接Gk(+∞)和 G(-∞)的半径为无穷小,角度从-180逆时针转到180°的圆弧。若仅从奈奎斯特图上看 可能会认为φ(0)=0°,(+∞)=180°,因而可能得出与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应 的奈奎斯特图是连接G4(+∞)和G(-∞)的半径为无穷小,角度从180顺时针转到-180° 的圆弧的错误结果,如果是这样的话,就不能正确的应用奈奎斯特稳定判据判断开环系 统和闭环系统的稳定性。由此可见非最小相位系统的相频特性的计算很重要 解二:此题开环极点位置未知,应用逆奈奎斯特判据则比较容易。此时 G(s)H(s)3(s+2) 没有虚轴上的开环极点,所以奈奎斯特路径可以选最简形式。 2+(3--)o+(5-20)o P*(O) 2+(3-o2)a 3(4+o2) 求与实轴的交点,令Q*()=0,解得O=0和O=±√25,于是P*(0) P(√25)=1再求与虚轴的交点,令P(0)=0,可得方程o4-302-2=0 解得 ±√7_J3 2 0.56(略) ≈±1.887 )≈-0.177 对应奈奎斯特路径中无穷大右半圆的 映射为
·153· 图 5-11 b c b c a b c b c a arctan arctan arctan 2 360 arctan arctan (180 arctan ) (180 arctan ) 2 ( ) arctan (0) 360 ;() 180 这也表明与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角度从-180 o逆时针转到 180 o的圆弧。若仅从奈奎斯特图上看， 可能会认为 (0) 0 ,() 180 ，因而可能得出与奈奎斯特路径中无穷大右半圆对应 的奈奎斯特图是连接 () Gk 和 () Gk 的半径为无穷小，角度从 180 o 顺时针转到-180 o 的圆弧的错误结果，如果是这样的话，就不能正确的应用奈奎斯特稳定判据判断开环系 统和闭环系统的稳定性。由此可见非最小相位系统的相频特性的计算很重要。 解二：此题开环极点位置未知，应用逆奈奎斯特判据则比较容易。此时 3( 2) 3 1 ( ) ( ) 1 ( ) 3 s s s G s H s G s k 没有虚轴上的开环极点，所以奈奎斯特路径可以选最简形式。 3(4 ) 2 (3 ) (5 2 ) 3(2 ) 1 (3 ) * ( ) 2 2 2 2 2 j j j G j k 3(4 ) (5 2 ) * ( ) 3(4 ) 2 (3 ) * ( ) 2 2 2 2 2 Q P 求与实轴的交点，令Q * () 0 , 解得 0 和 2.5 ，于是 6 1 P * (0) ； 6 1 P * ( 2.5) .再求与虚轴的交点，令 P * () 0，可得方程 3 2 0 4 2 解得 ) 0.177 2 3 17 * ( 1.887 2 3 17 0.56( ) 3.56 2 2 3 17 Q 略 对应奈奎斯特路径中无穷大右半圆的 映射为
lim Gk"(S)=lim =0a120 当由变化到时,p由顺时针变化到-z,根据以上数据可以画出逆奈奎斯 特图如图5-11所示 由图可见逆奈奎斯特图顺时针包围原点两圈N=2,等效开环传递函数右极点数P=0,于 是等效开环传递函数右零点数Z=P+N=2,即原传递函数有两个右极点,P=0N=2Z=N+P=2 即闭环传递函数有两个右极点,闭环系统不稳 例5-3已知开环传递函数G(s)H(s)= ,作出其奈奎斯特图。并 s(s2+s+1)(s+1) 从图中判断闭环系统的稳定性。 解:此题是I型系统,取奈奎斯特路径如图5-1所示,先求与路径①对应的奈奎斯 特图 100 100 G(SH(S)= l)(S+1) 100 A(o) (1-a2)2+o (o)=-90°- arctan o- arctan(2o+√3)- arctan(2o-√3) 100(2-o2) P() (1+o2)(1-o2)2+o2 100(202-1) Q(o)= o(1+o2)(1-o2)2+2] O=0,p(0)=-200,Q0)=-0 求与实轴的交点,令Q(O)=0,解 得O=±√0.5,则P(√0.5) 再求与虚轴的交点,令P(O)=0,解得 d0= 与路径②对应的奈奎斯特图是半 径为无穷小,角度从-3600逆时针转到 360°的圆弧,由于此段奈奎斯特图与奈 奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳
·154· 图 5-12 j j s s k s e e s G s j 2 Re 2 3 lim * ( ) lim 当θ由 2 变化到- 2 时， 由 顺时针变化到- ，根据以上数据可以画出逆奈奎斯 特图如图 5-11 所示。 由图可见逆奈奎斯特图顺时针包围原点两圈 N0=2,等效开环传递函数右极点数 P=0，于 是等效开环传递函数右零点数 Z0=P+N0=2,即原传递函数有两个右极点，P=0,N=2,Z=N+P=2, 即闭环传递函数有两个右极点，闭环系统不稳。 例 5-3 已知开环传递函数 ( 1)( 1) 100 ( ) ( ) 2 s s s s G s H s ，作出其奈奎斯特图。并 从图中判断闭环系统的稳定性。 解：此题是Ⅰ型系统，取奈奎斯特路径如图 5-1 所示，先求与路径①对应的奈奎斯 特图。 ) 2 3 2 1 )( 2 3 2 1 ( 1)( 100 ( 1)( 1) 100 ( ) ( ) 2 s s s j s j s s s s G s H s 2 2 2 2 1 (1 ) 100 ( ) A () 90 arctan arctan(2 3) arctan(2 3) (0) 90 ;() 360 (1 )[(1 ) ] 100(2 1) ( ) (1 )[(1 ) ] 100(2 ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Q P 0, p(0) 200,Q(0) 求与实轴的交点，令Q() 0 ,解 得 0.5 ，则 3 400 P( 0.5) ， 再求与虚轴的交点，令 P() 0 ,解得 2 ， 3 2 100 Q( 2) . 与路径②对应的奈奎斯特图是半 径为无穷小，角度从-360 o 逆时针转到 360 o的圆弧，由于此段奈奎斯特图与奈 奎斯特稳定判据应用到闭环系统判稳
