西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（重点难点与例题解析）第五章 线性系统的频域分析法

K 2y4+2√16+O P(o)=-arctan-arctan--(180-arctano) -180+arctan @-arctan qp(0)=-180°;(∞)=-270 P(o) K(8+50 (1+o2)4+o2)16+o2) O( o) K(2O-3) (1+o2)4+o2)16+o2) 求与实轴的交点,令Q()=0,解得O=0, P(O)=-A,P(√2) K 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 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 整理得 A=x3+5x2+2x-8+K=0 列劳斯阵列如下

·160· 图 5-4 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 5 2 8 0 3 2   x  x  x   K  列劳斯阵列如下

x25K-8 18-K 5 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°角的直线:S=-x+x,频率x由0变化到 3丌 半径为无穷大的右半圆:s=R,R→∞,日由一变化到一 与负虚轴成45°角的直线:S=x+jx,频率x由一∞变化到0 ④半径为无穷小的右半圆:S=Re,R→0.0由一4到4: 先求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=-x+x代入G(s=m) K +x) 3-x+jx) K A()= )2+x2y(5-x2 q()=-135°- arctan arctan qp(0)=-135°;q(3)=-281.31;q(5)=-336.8°;9(∞)=-405 (2x2-15)K 2x(3-x)2+x2J(5+x)2+x2] Q(x)= (-2x+16x-15)K x(3-x)2+x2(5+x)2+x2] 求与实轴的交点,令Q(x)=0,解得x=4± 34j6915(与正实轴的交点频率),与负 1085(与负实轴的交点频率 实轴的交点P(4_√34 (2x2-15)K K 2x(3-x)2+x21(5+x)2+x2149√34-272 16l

·161· 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 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x=±1(3,Q1)为与虚轴的交点值。 2 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 0< 49√34-272 即当0<K<4934-272≈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°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 可得实部方程 2x3+15x+K=0 图5-7

·162· 图 5-7 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 2 15 0 3  x  x  K 

和虚部方程 2x3+16x2+15x=0 可解得x=0和x=-4± 34-6915(与正反馈根轨迹的交 2=1-108与负反债根轨迹的交点 K=(2x3-15x)x=4934-272≈137 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+1 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 13 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 =0于是s3+3+1=0的根可看作在等效开环传递函数为 (s2+3)s K的根轨迹上,取k=1时的点,此时根轨迹如图59所示。由根轨迹可知, 当K=1时开环特征方程S+3s+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 线对G(S)平面对原点包围的次数No,若此时开环右零点数Z已知,则开环右极点数 P=Z-N,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

·163· 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 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

s3=3s+1=(s+a)(s2+bs+c)=s3+(a+b)s2+(ab+c)+ac=0 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 R→0 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=jO,频率O由0变化到 ②半径为无穷大的右半圆: s=Re/°,R→∞日由变化到-z ③负虚轴:S=j0,频率由-∞变化到0 图5-8 先求与路径①对应的奈奎斯特图,将S=jO 代入G(s)得 3(2+jo)3[2+(3 1+(3-o-)oy 1+(3-o2)2 P() 32+(-0?)o? 1+(3-O2)2 Q(o) 3②2-5)a 1+(-O2) P(0)=6,Q(0)=0,P(∞)=0,Q(∞)=0 求与实轴的交点,令Q(O)=0,解得=0和O=±2.5:4 解得P(0)=6,P(√2.5)=6再求与虚轴的交点, P(O)=0,可得方程o4-3o2-2=0 解得 3±√17 ±1.887 3+√17 3+√17 5.66 2

·164· 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 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 图 5-8