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